重难03 热学板块（4大模块7个考向）（重难专练）（全国通用）2026年中考物理二轮复习高效培优系列+答案

这是一份重难03 热学板块（4大模块7个考向）（重难专练）（全国通用）2026年中考物理二轮复习高效培优系列+答案试卷主要包含了 常见物态变化现象的识别， 物态变化中的吸热与放热判断， 晶体与非晶体的物态变化差异， 物态变化图像的解读，0g碳水化合物，2℃，中层约4，6×103J等内容，欢迎下载使用。
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第一部分 重难考向解读 拆解核心难点，明确备考要点
核心模块 重难考向 考法解读/考向预测
第二部分 重难要点剖析 精解核心要点，点拨解题技巧
要点梳理 典例验知 技巧点拨 类题夯基
模块01 温度与物态变化
考向01 物态变化过程辨析与吸放热判断 考向02 物态变化跨学科实践活动
模块02 内能、热量、比热容
考向03 内能、温度与热量的关系辨析 考向04比热容的理解与图像分析
模块03 热机与热值
考向05 热机及其效率与能量转化效率
模块04 能量守恒与可持续发展
考向06 能源与能量守恒定律应用 考向07 热学综合实验辨析
第三部分 重难提分必刷 靶向突破难点，精练稳步进阶
重●难●考●向●解●读
重●难●要●点●剖●析
模块01 温度与物态变化
考向01 物态变化过程辨析与吸放热判断
要点梳理
1. 常见物态变化现象的识别：中考常考自然或生活场景中物态变化判断，需准确区分熔化、凝固等六种物态变化。如冬天窗户“冰花”是室内水蒸气遇冷凝华；夏天冰棍冒“白气”是空气中水蒸气遇冷液化；舞台“白雾”是干冰升华使空气降温，水蒸气遇冷液化。
2. 物态变化中的吸热与放热判断：物态变化伴随能量转移，熔化、汽化和升华吸热，凝固、液化和凝华放热。可结合生活现象记忆，如夏天洒水凉快是水蒸发吸热，冬天哈气暖和是水蒸气液化放热。解题时要根据物态变化类型判断吸放热，如霜形成是凝华放热。
3. 晶体与非晶体的物态变化差异：晶体和非晶体在熔化和凝固过程表现不同。晶体有固定熔点和凝固点，熔化时持续吸热但温度不变，如冰在0℃熔化，吸热但温度维持0℃直至全熔为水；非晶体无固定熔点和凝固点，熔化时持续吸热且温度升高，如蜡烛燃烧，蜡从固态变液态，温度持续上升。中考常以图像题考查此知识点，晶体熔化或凝固图像有水平线段，代表温度不变阶段，非晶体图像是持续上升或下降曲线。
4. 物态变化图像的解读：物态变化图像是中考重难点，包括晶体和非晶体的熔化、凝固及液体沸腾图像。解读时先明确横纵坐标代表的物理量，通常横坐标是时间，纵坐标是温度。晶体熔化图像中，起点到温度不变阶段是固态，温度不变阶段是熔化过程且固液共存，结束后是液态，如冰熔化图像中 0℃水平线段是熔化过程。沸腾图像温度达沸点后有水平线段，代表液体持续吸热但温度不变。分析图像还要注意斜率，斜率大温度变化快，可能与物质比热容有关。
【典例01】（2026·黑龙江齐齐哈尔·模拟）下列所示的情景，解释正确的是（ ）
A．用相同小玻璃瓶和水制成的简易温度计，插入粗吸管的温度计对温度反应更灵敏
B．探究冰熔化时温度的变化规律时，还没有加热就能明显观察到试管中有一部分冰熔化了，说明冰的熔化不需要吸收热量
C．使用该装置给水持续加热，试管中的水不能沸腾
D．石油气液化后存储在钢瓶内方便使用，这是利用降低温度的方法使气体液化的
【答案】C
【详解】A．温度计是根据液体热胀冷缩的性质制成的，在液体膨胀体积相同的情况下，细管的横截面积越小，液柱上升的高度就越高，对温度的反应也就更灵敏。而插入粗吸管时，相同体积变化在粗管中液柱上升高度较小，所以插入细吸管的温度计对温度反应更灵敏，故A错误；
B．晶体熔化的条件是达到熔点且继续吸热。在探究冰熔化时温度的变化规律时，还没加热就有一部分冰熔化，是因为周围环境温度高于冰的熔点，冰从周围环境吸收热量而熔化，这恰恰说明冰的熔化需要吸收热量，故B错误；
C．水沸腾的条件是达到沸点且继续吸热。使用该装置给水持续加热，大烧杯中的水可以达到沸点并沸腾，而试管中的水可以达到沸点，但由于试管内外温度相同，试管中的水不能继续从大烧杯中的水吸收热量，所以不能沸腾，故C正确；
D．使气体液化的方法有降低温度和压缩体积两种。石油气液化后存储在钢瓶内，是通过压缩体积的方法使石油气液化的，而不是降低温度，故D错误。
故选C。
【典例02】（2025·广东深圳·模拟）夜晚广场上正在表演国家级非遗“打铁花”，工匠将熔化的铁水奋力击向夜空，瞬间铁花四溅，星光漫天，小深在观看表演时思考，铁水从抛出到变为小铁屑落地的过程中，以下图像最符合其温度-时间图像的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【详解】A．铁是晶体，有固定的凝固点。该图像中温度整体呈上升趋势，是熔化过程的图像，而铁水是凝固过程，并非熔化，故A不符合题意；
B．此图像温度一直上升，没有体现出晶体凝固时温度不变的阶段，不符合铁水凝固的特点，故B不符合题意；
C．该图像中温度先下降，然后有一段温度保持不变（对应晶体的凝固点），最后继续下降，符合铁水（晶体）凝固过程的温度变化规律，故C符合题意；
D．该图像温度一直下降，没有晶体凝固时的水平段，不符合晶体凝固的特点，故D不符合题意。
故选C。
【典例03】（2025·江苏泰州·模拟）0℃的室温下，小明将装有碎冰的试管放入盛有温水的烧杯中“探究冰的熔化特点”，用传感器采集数据得到冰和水的温度随时间变化的图像如图。第15min结束实验时，试管中仍有部分碎冰。下列说法正确的是（ ）
A．冰熔化历时10min，此过程中冰吸收热量，温度不变
B．图中B点时刻试管中冰的量等于A点时刻试管中冰的量
C．第11min时，烧杯中的物质处于固液共存态
D．第4min时，试管中的物质处于固液共存态
【答案】B
【详解】A．由图像可知，冰从第5min开始熔化，到第10min结束，熔化历时5min，此过程中冰吸收热量，温度不变，故A错误；
B．由于晶体在熔化过程中需要吸收热量，而从A点到B点，温度为0℃，冰不能吸收热量，所以试管中的冰不会熔化，因此图中B点时刻试管中冰的量等于A点时刻试管中冰的量，故B正确；
C．烧杯中的温水温度高于冰的熔点，在冰熔化过程中，烧杯中的水放热，温度降低，但始终处于液态，到第11min时，烧杯中的物质处于液态，故C错误；
D．第4min时，冰还没有开始熔化，此时试管中的物质处于固态；从第5min开始冰熔化，熔化过程中处于固液共存态，所以第4min时，试管中的物质处于固态，故D错误。
故选B。
【典例04】（2025·湖北武汉·模拟）如图甲为电冰箱的工作原理图，电冰箱通过压缩机使制冷剂不断地液化和汽化而获得低温。我国在修建青藏铁路时为了解决冻土因融化对路基的影响，使用了“热棒”技术，如图乙所示，“热棒”是封闭的中空长棒，里面填充液态氨作为“制冷剂”。下列说法不正确的是（ ）
A．电冰箱里制冷剂在冷冻室汽化吸热使冰箱内温度降低
B．“热棒”中液态氨从冻土层中吸热汽化成气态氨
C．“热棒”技术不使用压缩机也能使气态氨液化
D．在暖季，氨容易汽化和液化；在寒冷季节，热棒不再工作
【答案】D
【详解】A．汽化是物质从液态变为气态的现象，汽化过程需要吸热，液态制冷剂在冷冻室内发生汽化，吸收热量，从而使冰箱内部的温度降低，故A正确，不符合题意；
B．“热棒”的作用是把冻土层中的热量传到空气中，“热棒”底部的液态氨会吸收冻土层的热量而汽化（蒸发）成气态氨，汽化吸热，从而使冻土层温度降低，故B正确，不符合题意；
C．气态氨上升到“热棒”上端后，通过“热棒”上端装有的散热片向地面周围温度较低的空气放出热量，变为液态氨，这个过程是利用低温使气态氨液化，不需要压缩机，故C正确，不符合题意；
D．在寒冷季节，地面上空气的温度远低于地下冻土层，“热棒”中的氨利用温度差进行着正常的工作循环，使冻土保持低温，容易液化和汽化；在暖季，地面上空气的温度高于地下冻土的温度，“热棒”上端的气态氨无法向空气放热，不会液化，“热棒”停止工作，但起到了隔热作用，故D错误，符合题意。
故选D。
【典例05】（2025·湖北恩施·模拟）如图，将一小块干冰投入一碗清水中，立即涌出大量的白汽。干冰在水中发生的物态变化是______，此过程会______（选填“吸热”或“放热”）；水中冒起的白色物质是______态的水。
【答案】 升华 吸热 液
【详解】[1][2]干冰是固体的二氧化碳，将干冰放入常温的水中，干冰迅速升华，变成二氧化碳气体。升华需要吸热。
[3]干冰升华时吸收大量热量，使周围空气温度急剧降低，空气中的水蒸气遇冷液化成小水滴，这些小水滴就是我们看到的 “白汽”，因此 “白汽” 是液态的水。
【典例06】（2025·河南·模拟）在零下30℃以下的极寒环境中将滚烫的开水泼出，开水提供的大量水蒸气迅速________（填物态变化名称）成小冰晶，呈现出图所示的泼水成冰的壮观场景。这与古人冬天为了运送巨石在路面上泼水成冰的形成原理________（选填“相同”或“不同”）。
【答案】 凝华 不同
【详解】[1][2]在零下30℃以下的极寒环境中将滚烫的开水泼出，开水提供的大量水蒸气迅速由气态变为固态，凝华成小冰晶。古人冬天在路面上泼水成冰，是液态的水凝固成固态的冰，是凝固现象，因此两种现象的形成原理不同。
【典例07】（2025·江苏无锡·模拟）如图甲两个相同的玻璃瓶，A瓶放几粒樟脑丸，B瓶是空瓶，两个玻璃瓶都用插有温度传感器的塞子塞紧。将两个瓶子同时置于热水中，发现樟脑丸______（填物态变化）“消失”，此过程樟脑丸____（选填“吸热”或“放热”）。同时取出两个玻璃瓶，自然冷却一段时间，发现A瓶内壁出现“冰花”（樟脑丸晶体）。此过程温度传感器记录的温度与时间图像如图乙所示，其中①对应是_____（选填“A”或“B”）瓶的温度与时间图线。
【答案】 升华 吸热 A
【详解】[1][2]樟脑丸是一种容易升华的物质，将其放入热水中，容易吸热升华，从固态变成气态，消失不见。
[3]A瓶内樟脑丸升华吸热，加热过程中温度升高比空瓶B更慢，初始阶段温度更低；取出冷却后，A瓶内的气态樟脑丸会凝华成固态樟脑丸，凝华放热，会延缓温度下降，因此冷却过程中A瓶温度下降更慢，则相同时间温度比B瓶更高，和图中线①的变化规律吻合，因此①对应A瓶，②对应B瓶。
技巧点拨
温度与物态变化类问题解题关键
一、准确辨析物态变化类型：判断物态变化，先明确物质初态和末态，再对照定义判断。注意“白气”“白雾”是液态小水滴，属液化现象，干冰“白汽”、冬天呼出“白气”同理。
二、晶体与非晶体的图像识别要点：晶体图像有水平段，对应温度为熔点或凝固点；非晶体图像是连续曲线。水平段表示固液共存，物质吸热或放热但温度不变；倾斜段表示单一状态物质吸热升温或放热降温。
三、沸腾与熔化的条件辨析：液体沸腾需达到沸点且继续吸热，晶体熔化需达到熔点且继续吸热。“大烧杯套小试管”装置中，若两容器装同种液体，小试管液体只能达沸点，无法继续吸热，不能沸腾。
四、蒸发快慢的实验探究方法：探究影响蒸发快慢因素用控制变量法，研究某因素时保证其他因素相同。如探究温度影响，控制液体种类、表面积、表面空气流速相同，只改变温度。实验设计注意可操作性，通过改变液体质量变化量或完全蒸发时间比较蒸发快慢。
五、实际应用中的物态变化分析：分析电冰箱、热棒等装置，明确制冷剂工作循环为汽化吸热（降温部位）→ 压缩液化（散热部位放热）。热棒技术利用温度差自动循环，无需压缩机，与电冰箱不同。
类题夯基
【类题01】（2025·南通模拟）图甲为我国古代的“节能灯”——“省油灯”，图乙为其部分剖面示意图。燃灯前，向注水孔缓慢注入冷水，让空气及时排出。燃灯时，水_________（选填“吸收”或“放出”）燃烧产生的热量后不断________（选填物态变化名称），使灯碗和灯油温度较低，灯油蒸发速度________（选填“变快”“变慢”或“不变”），以达到省油的目的。
【答案】 吸收 汽化 变慢
【详解】[1][2][3]影响液体蒸发快慢的因素有：液体的温度、液体的表面积、液体表面空气的流动的快慢；节能灯被点燃时，节能灯里面的冷水吸收燃油燃烧产生的热量，温度升高，不断汽化成水蒸气，从而使灯碗和灯油温度较低，灯油蒸发速度变慢，以达到省油的目的。
【类题02】（2025·云南昆明·模拟预测）如图为电热水壶烧水时的场景，小明发现冬天烧水时能看到更多的“热气”和水面上方水壶内壁上更多的水珠。
（1）“热气”和水壶内壁上的水珠是热的水蒸气______（填一种物态变化）形成的。根据上述情况下小明观察到的现象可以提出的问题是：__________________________。
（2）小明先将常温的玻璃板放到壶口合适的位置，后将玻璃板用电吹风的热风加热后放到同样的位置，两次放置相同的时间，如果观察到两次玻璃板上___________，则说明_______________________________。
【答案】（1） 液化 见解析（答案不唯一）
（2） 出现小水珠的数量多少不同 环境温度对水蒸气液化的快慢和液化的程度有影响，反之则无影响
【详解】（1）[1]“热气”和水壶内壁上的水珠是热的水蒸气遇冷变成液体的小水珠，属于液化现象。
[2]由于冬天和其他季节相比，环境温度不同，看到的“热气”和水珠数量有差异，由此可提出问题是环境温度对水蒸气液化的快慢和液化的程度有影响吗？
（2）[1] [2]实验中两次玻璃板的温度不同，观察玻璃板上出现小水珠的数量多少不同，分析得出结论是环境温度对水蒸气液化的快慢和液化的程度有影响，反之则无影响。
【类题03】（2024·河南周口·三模）炎热的夏天，吃一杯液氮冰淇淋降温是件快乐的事，制作时厨师把-196℃的液氮倒入液态奶油中，奶油会__________（选填物态变化）定型，同时冰激凌周围会有大量“白气”，这些“白气”的主要成分是___________。
【答案】 凝固 小水珠
【详解】[1]将液氮倒入奶油中，奶油遇冷会凝固成固态定型。
[2]空气中的水蒸气遇到冷的冰激凌会液化成小液滴形成“白气”。
【类题04】（2025·河南·三模）在零下30℃以下的极寒环境中将滚烫的开水泼出，开水提供的大量水蒸气迅速________（填物态变化名称）成小冰晶，呈现出图所示的泼水成冰的壮观场景。这与古人冬天为了运送巨石在路面上泼水成冰的形成原理________（选填“相同”或“不同”）。
【答案】 凝华 不同
【详解】[1][2]在零下30℃以下的极寒环境中将滚烫的开水泼出，开水提供的大量水蒸气迅速由气态变为固态，凝华成小冰晶。古人冬天在路面上泼水成冰，是液态的水凝固成固态的冰，是凝固现象，因此两种现象的形成原理不同。
【类题05】（2024·辽宁沈阳·二模）加湿器常用于增加空气湿度。如图甲是电热式加湿器，工作时产生的高温水蒸气在加湿器上方______（填物态变化名称）形成“白气”。如图乙是超声波加湿器，工作时雾化片高频振动将水“打散”为直径约8______（填写单位）的雾状水滴形成“白气”，雾状水滴的直径大约是水分子直径的1万倍。
【答案】 液化
【详解】[1] “白气”是高温水蒸气在加湿器上方遇冷液化形成的小水滴。
[2] 水分子的直径约为，雾状水滴的直径大约是水分子直径的1万倍，则雾状水滴的直径约为
【类题06】（23-24九年级下·陕西西安·月考）打铁花一流传于豫晋地区民间传统的烟火，国家级非物质文化遗产之一。如图所示，是春节西安周至水街景区的打铁花表演。金属具有导热速度快的特点，传热快，冷却速度也快，在空中会迅速降温。利用这个特性，表演者用“花棒”将高温铁水击向高空后，便会迅速化为粉碎的微小颗粒，这些微小的铁屑在空中燃烧、冷却、降落，宛如流星划过夜空非常壮观，表演者都是专业人员而且做好了保护措施，同时远离游客所以不会将人烫伤。整个打铁花过程涉及的物态变化有_______、_______；游客看到的一颗颗“流星”_______（是/不是）光源。
【答案】 熔化 凝固 是
【详解】[1][2]整个打铁花过程中，铁熔化为铁水，液态“铁水”被表演者打到空中后，迅速凝固变成微小固态颗粒，涉及的物态变化有熔化和凝固。
[3]用“花棒”将高温铁水击向高空后，便会迅速化为粉碎的微小颗粒，这些微小的铁屑在空中燃烧，自身能够发光，是光源。
【类题07】（2025·江苏镇江·模拟）如图，小明绘制了“水的旅行”的结构图进行总结复习。在他的结构图中，A处的物态变化是_________，该过程中会_________热，与A处物态变化有共同特征的还有哪些：_________（填字母）。
【答案】 升华 吸 E、F
【详解】[1][2]由图可知，A处是冰雪直接变成水蒸气，物质由固态直接变为气态的过程叫升华，所以A处的物态变化是升华，升华过程需要吸热。
[3]B过程是水蒸气直接变成小冰晶，物质由气态直接变为固态，属于凝华现象，凝华放热；C过程是水蒸气变成小水滴，物质由气态变为液态，属于液化现象，液化放热。
D过程是小水滴变成小冰晶，物质由液态变为固态，属于凝固现象，凝固放热。
E过程是冰雪变成江河湖海，物质由固态变为液态，属于熔化现象，熔化吸热； F过程是江河湖海变成水蒸气，物质由液态变为气态，属于汽化现象，汽化吸热；所以与A处物态变化有共同特征的是E和F，都是吸热过程。
【类题08】（2025·陕西咸阳·模拟）固态的冰、液态的水和气态的水蒸气是水循环过程中水常见的三种状态，某同学据此画出了如图1所示水的三态变化图，甲、乙、丙分别代表水的三种状态，则甲是______，乙是______（前两空选填“冰”“水”或“水蒸气”）。如图2所示，“热管”利用流体发生物态变化达到散热目的，被广泛应用于各种高端科技上，热管里的液体在A端吸热，然后流动到较冷的B端放热，B端通过散热风扇转动将热散出，则在B端的物态变化形式与图1中由______（后两空选填“甲”“乙”或“丙”）到______的物态变化形式相同。
【答案】 水 冰 丙 甲
【详解】[1][2]由图知:丙到甲放热，甲到乙放热，所以丙为气态甲为液态，乙为固态；甲是水，乙是冰，丙是水蒸气。
[3][4]热管里的液体在A端吸热变成气态流向B端，在B端放出热量变成液态，物质从液态变为气态是汽化过程，物质从气态变为液态是液化过程。由此可知则在B端与甲图3个物态变化中由丙到甲的物态变化形式相同。
考向02 物态变化跨学科实践活动
要点梳理
1. 核心概念区分：区分“冰箱内部降温”与“外部散热”的能量流向，避免混淆“制冷剂汽化/液化的位置及吸放热方向”。需牢记：蒸发器在箱内，制冷剂汽化吸热降温；冷凝器在箱外，制冷剂液化放热散热。
2. 常见误区纠正：误区1：认为冰箱能降低室内整体温度。实际冰箱是热量搬运工，压缩机耗电转化的额外热量会散发到室内，长期运行会使室温升高。误区2：把“结霜”简单归为凝固。冰箱内壁的霜是空气中的水蒸气遇冷凝华而成，而非水凝固，这一考点易与“冷冻室积水凝固”混淆，需辨析初始物质状态。
3. 实验与应用结合：难点：理解能效等级与物态变化的关系，能效高的冰箱通过优化制冷剂循环，减少不必要的热损耗，本质是提升汽化吸热、液化放热的效率。
典例验知
【典例01】（2025·广东广州·模拟）某款橙汁的说明书如图a，“营养素参考值”表示某项营养素含量占每日推荐摄入量的比例。冰箱面板一直如图b，橙汁放入变温室后结冰。这款橙汁（ ）
A．凝固点高于-3℃
B．可放在图b冰箱冷藏室
C．每两瓶含20.0g碳水化合物
D．每两瓶的维生素C含量不超过每日推荐摄入量
【答案】A
【详解】A．橙汁在的变温室中结冰，说明低于橙汁的凝固点，因此橙汁的凝固点高于，故A符合题意；
B．由说明书可知橙汁需要在冷藏，图中冰箱冷藏室温度为，超出适宜贮存温度，不能存放，故B不符合题意；
C．每瓶橙汁净含量200mL，每100mL含碳水化合物10.0g，因此1瓶含碳水20.0g，2瓶共含40.0g，故C不符合题意；
D．每 100mL 橙汁含维生素 C30mg，营养素参考值为 30%，即 30mg 对应每日推荐摄入量的 30%。
两瓶共 400mL，维生素 C 含量为
每日推荐摄入量为：
120mg > 100mg，超过了每日推荐摄入量。故D不符合题意。
故选A。
【典例02】（2025·陕西西安·模拟）探究冰箱内外的“热环境”。冰箱是我们生活中最常用的电器之一、冰箱内的温度分布有什么特点？冰箱能制冷，能否用它代替空调来持续给室内降温。某物理兴趣小组以“冰箱内外热环境”为主题，用电子温度计（精度0.1℃）、红外线测温仪、秒表等器材开展系列探究实验，请你完成相关内容。
（一）探究冷藏室内层温分布
关闭冰箱门静置1小时，在冷藏室的上、中、下层各设置1个测温点，将3支相同的电子温度计分别放置在对应测温点，5分钟后读取示数，重复测量3次，记录数据填入表1。
表1
（二）探究冰箱外部温度分布
如图1所示为某小组拍摄的冰箱外部红外照片。
（三）探究开门对周围环境的影响
关闭室内门窗，测量冰箱门正前方1m处的初始环境温度；打开冰箱门，静置10分钟后，测量冰箱门正前方1m处不同点的温度，记录数据填入表2。
表2
实验分析与讨论
（1）分析表1数据，冷藏室内温度分布特点是：上层温度最高，依据此特点，需要低温保鲜的肉类适合放在冷藏室________层（选填“上”“中”或“下”）。
（2）分析图1可知，冰箱侧壁温度最高，这是因为气态制冷剂（环戊烷）通过压缩机________，再被散热降温从而使其_______（填物态变化名称）将其吸收的食物的热量通过位于冰箱两侧的散热管道放出。如图2，现在新房装修流行冰箱全嵌入柜子，从散热角度你认为这种做法_______（选填“合理”或“不合理”）。
（3）分析表2数据并结合生活实际，打开冰箱门10min时间内室内温度的变化规律是________冰箱与空调制冷原理相似，打开冰箱门________（选填“能”或“不能”）使室内持续降温，若要将冰箱改造成制冷空调，请提出一种解决方案：_______。
【答案】（1）下 （2） 压缩体积 液化 不合理
（3） 先降低后升高 不能 将压缩机和散热器放到室外
【详解】（1）由表1数据可知，冷藏室上层温度最高，中层次之，下层温度最低（上层平均约5.2℃，中层约4.1℃，下层约3.5℃）。冷空气密度大，会自然下沉，因此下层温度最低，适合需要低温保鲜的肉类存放。
（2）[1][2]分析图1可知，冰箱侧壁温度最高，这是因为气态制冷剂（环戊烷）通过压缩机压缩体积，使其成为高温高压气体，再被散热降温从而使其液化，液化过程放出热量，将冰箱内吸收的热量释放到室内，因此冰箱侧壁温度最高。
[3]冰箱全嵌入柜子会严重阻碍冷凝器散热，散热不良会导致制冷效率下降、压缩机负荷增大、耗电量增加、甚至缩短寿命，从散热角度看不合理。
（3）[1][2]打开冰箱门初期，内部冷气流出，使门前局部温度短暂下降；但冰箱为维持低温会持续工作，压缩机与冷凝器向室内持续放热，且电能最终转化为内能释放，因此整体室温持续升高（表2中开门10分钟后温度从25.0℃升至约26.5℃）。冰箱与空调原理相似，但冰箱散热部件全部在室内，只是把内部热量“搬运”到室内，再加上压缩机工作产热，不能使室内持续降温，反而会升温。
[3]改造方案：仿照空调结构，将压缩机和散热器放到室外，只让蒸发器（制冷侧）在室内吸热，实现热量向室外排放，即可当作空调使用。
技巧点拨
冰箱中的物态变化跨学科实践问题解题技巧：
1. 分析冰箱物态变化问题，要建立能量流动观念，冰箱通过制冷剂循环相变搬运热量，理解此才能把握汽化吸热、液化放热位置与作用。
2. 实验探究类题目关注温度分布空间特征、热量传递时间规律、能量转换整体效率，如冷藏室下层温度低是冷空气下沉的自然对流，该原理适用于空调、暖气等场景。
3. 跨学科实践要区分“局部降温”与“整体降温”，冰箱开门凉感是错觉，压缩机工作会使室内热量增加，
类题夯基
【类题01】（2025·江苏扬州·模拟）阅读短文，回答问题。
电冰箱
电冰箱是人们普遍使用的家用电器，如图甲是某电冰箱的构造和结构原理图，冰箱工作时，液态冷凝剂经过很细的毛细管进入冰箱内冷冻室的管子里，变成气态，使冰箱内温度降低，之后，气态冷凝剂又被电动压缩机压入冷凝器变成液态，使电冰箱背面温度升高，冷凝剂再进入冷冻室的管子开始新一轮循环，从而使冷冻室内保持较低的温度。
（1）冷凝剂在冷冻室的管子里发生的物态变化是_______，冷凝剂在冷凝器内通过_______的方法发生液化。
（2）打开冰箱门时会出现白气，热水瓶口也会出现白气，关于这两处白气，下列说法正确的是_______。
A．它们都是由空气中的水蒸气形成的
B．白气的本质是水蒸气
C．它们的形成过程和冰箱里冰的形成过程是一样的
D．冰箱门附近的白气，夏天比冬天多；热水瓶口出现的白气，冬天比夏天多
（3）综合实践活动中，小红把液态物质A装入杯中放入冰箱，测出其温度随时间变化的图像如图乙，若用该杯子装体积为原来一半的物质A进行测量，则图乙中的点a将向_______边移动。接着小红又仿照冰杯制作了图丙所示的容器B，将上述物质A装入夹层并密封，放入冰箱一段时间后取出，在B中再放入冰水混合物（如图丁），发现冰水混合物在较长时间内没有任何变化（忽略外界影响），可以推测，从冰箱取出容器B时夹层中的物质A处于_______态。
【答案】（1） 汽化 压缩体积 （2）D （3）左 液
【详解】（1）[1][2] 冷凝剂在冰箱冷冻室的管子里发生的物态变化是汽化，吸收热量，冷凝剂在冷凝器内通过压缩体积的方法发生液化，放出热量。
（2）AB.打开冰箱门时会出现的白气是空气中的水蒸气遇到冰箱里面冒出的冷气液化形成的小水滴，热水瓶口也会出现的白气是热水瓶中冒出的水蒸气液化形成的小水滴，故AB错误；
C.冰箱里霜的形成是凝华现象，故C错误；
D.夏天冰箱外的空气温度高，更容易液化，所以冰箱门附近的白气，夏天比冬天多：冬天温度低，热水瓶中冒出的水蒸气更容易液化，所以热水瓶口出现的白气，冬天比夏天多，故D正确。
故选D。
（3）若用该杯子装体积为原来一半的物质A进行测量，物质A的质量减少，放出热量，温度变化更快，则图乙中的点a将向左边移动；由图乙可知，物质A的凝固点为-1℃，在B中再放入冰水混合物，发现冰水混合物（温度为0℃）在较长时间内没有任何变化，说明二者的温度相同，所以物质A此时的温度为0℃（高于其凝固点），则物质A此时处于液态。
【类题02】（2025·陕西西安·模拟）冰箱具有食品保鲜等功能，它使人们的生活更加便利。冰箱一般包括冷藏室和冷冻室，且它们的内部通常被分隔成多层。小明对冰箱中的热现象展开了以下探究：
（一）【工作原理】目前常用的直冷式电冰箱利用“制冷剂”作为热的“搬运工”，把冰箱内的热“搬运”到冰箱外面。分析乙图可知制冷剂是一种既容易________又容易________的物质（填物态变化名称）。
（二）探究冰箱内的“热环境”
（1）探究冰箱内的温度分布情况
①在冰箱冷藏室的上、中、下三层设置测温点，控制测温点到冰箱门的距离相同，将多支相同的温度计分别放在不同的测温点上，经过相同的时间后，取出温度计并读出温度计的示数。测量结果如表一；
分析上面测量数据，冷藏室的上、中和下层的温度差异很小，几乎相同。查阅资料后发现与事实不符，仔细分析后发现测量过程中将温度计从冰箱内拿出的过程中，温度计受外部环境影响，测量结果不够准确。在不改变温度计的情况下，你能提供的有效改进措施是__________________________；
②科学改进测量方案后，重复①实验，测量结果如表二所示；
小明通过查阅资料，了解到鸡蛋在2～5℃中可保存约20天，7～10℃中可保存约7天，温度过低时鸡蛋将会被冻坏。为了进行保鲜鸡蛋，电冰箱内最合适的位置是_________。
（2）冰箱的核心功能不仅是制冷，更重要的是“保鲜”。即使冰箱内温度达标，但蔬菜水果也会因为蒸发而迅速脱水失鲜。因此，现在很多冰箱内单独设立保鲜区，保鲜区不仅温度达标，而且保持一定的_________，可以有效减缓水分的蒸发。
（三）研究冰箱中霜的主要来源
小明提出，冰箱中霜的主要来源是冰箱内的水果蔬菜蒸发的水蒸气凝华而成。为此设计实验进行了验证。
（1）小明将一碗水放入冰箱冷冻室，关闭冰箱门6h后，打开发现水已经全部结冰，但冰箱冷冻室内壁上的霜却很少；接着再将相同的一碗水放入冷冻室，每隔10min打开冰箱门一次观察碗内水的状态，6h后水也全部结冰，但此时冰箱冷冻室的内壁上霜却明显增多。
（2）根据以上实验，小明提出的猜想是_________（选填“正确”或“错误”）的，要想减少冰箱内霜的产生，你的建议是_____________________________________。
【答案】 汽化 液化 给温度计增加隔热防护，减少取出后的温度变化 冷藏室下部 湿度 错误 减少打开冰箱门的次数
【详解】[1][2]电冰箱工作原理是利用了“制冷剂”作为热的“搬运工”，把冰箱冷冻室里的“热”搬运到冰箱外边。工作时，冷凝器里的液态制冷剂，经过一段很细的毛细管进入冰箱冷冻室的管子里，在这里迅速汽化成气体并吸热，使冰箱内温度降低，生成的蒸气被压缩机抽走，压入冷凝器，蒸气液化成液体并放热，这些热被周围空气带走。制冷剂这样循环流动，冰箱冷冻室里就可以保持相当低的温度。所以制冷剂是一种既容易汽化，又容易液化的物质。
[3]在不改变温度计的情况下，可以采取的有效改进措施是用隔热材料包裹温度计的感温部位以外的区域（感温头需裸露，保证正常测温），静置测温后，取出温度计快速完成读数）。
[4]鸡蛋在2～5℃可保存约20天，7～10℃可保存约7天，结合表中数据可知，冷藏室下部为3℃，故鸡蛋适宜放冰箱冷藏室下部。
[5]现在很多冰箱内单独设立保鲜区，保鲜区不仅温度达标，而且保持一定的湿度，可以有效减缓水分的蒸发。
[6]根据题意可知，在不打开冰箱门时，冰箱内的霜很少，经常打开冰箱门时，冰箱内的霜比较多，这表明经常打开冰箱门时，冰箱外空气中的水蒸气进入冰箱后会凝华成霜；由此可知小明提出的猜想是错误的。
[7]要想减少冰箱冷冻室霜的产生，可以减少打开冰箱门的次数。
模块02 内能、热量、比热容
考向03 内能、温度与热量的关系辨析
要点梳理
内能、温度与热量关系难点梳理
1. 温度与内能非必然联系：温度变化会引起内能变化，但内能变化未必导致温度变化。温度升高，分子平均动能增大，内能一定增加；但内能增加时，温度不一定升高，如晶体熔化吸热、凝固放热，内能改变但温度不变。学生易形成“内能增减温度必变”的错误定式。
2. 热量与温度复杂关联：物体吸放热，温度不一定变化；温度变化，物体不一定吸放热。吸热可能升温，也可能温度不变，如晶体熔化、液体沸腾；放热可能降温，也可能温度不变，如晶体凝固。温度变化还可通过做功实现，如摩擦生热。学生易认为“温度升降必是吸放热”，忽略做功改变内能。
3. 热量与内能辩证关系：热量是内能转移量度，物体吸放热，内能不一定增减。因为吸放热同时可能做功，吸热量同时对外做功且做功大于吸热量，内能减少；放热量同时外界做功且做功大于放热量，内能增加，如水蒸气放热对外做功内能减少，压缩机对制冷剂做功使其内能增加。学生常只考虑热量传递，忽略做功，致对二者关系理解偏差。
典例验知
【典例01】（2025·安徽淮北·模拟）关于温度、热量和内能，下列说法正确的是（ ）
A．的冰块内能为0
B．物体吸收热量温度不一定升高
C．汽油机压缩冲程气缸内燃气的内能减少
D．两个发生热传递的物体之间一定存在内能差
【答案】B
【详解】A．一切物体在任何情况下都有内能，故A错误；
B．晶体在熔化时吸收热量但温度保持不变，液体沸腾时吸收热量，温度保持不变，故B正确；
C．汽油机压缩冲程将机械能转化为燃气的内能，燃气内能增大，故C错误；
D．发生热传递的条件是两个物体存在温度差，故D错误。
故选B。
【典例02】（2025·江苏苏州·模拟）下列关于热现象的说法中正确的是（ ）
A．温度越高的物体，含有的热量越多
B．内能可以从内能小的转移到内能大的物体
C．0℃的水变成0℃的冰，温度不变，内能不变
D．物体内能增加，一定是从外界吸收了热量
【答案】B
【详解】A．热量是过程量，不能用"含有"来描述，只能说"吸收"或"放出"热量，故A错误；
B．热传递的方向由温度高低决定，而非内能大小。内能小的物体温度可能较高，内能大的物体温度可能较低，因此内能可以从内能小的物体转移到内能大的物体，故B正确；
C．0℃的水变成0℃的冰是凝固过程，需要放出热量，虽然温度不变，但分子势能减小，内能减少，故C错误；
D．物体内能增加可能是从外界吸收了热量，也可能是外界对物体做了功，两种方式是等效的，故D错误。
故选B。
【典例03】（2025·四川达州·三模）以下关于内能、热量、温度、热值和比热容的说法中，正确的是（ ）
A．温度高的物体含热量多，会把温度传递给热量少的物体
B．热量总是从内能大的物体传递给内能小的物体
C．一块0℃的冰熔化成0℃的水，内能增加，比热容增大
D．酒精灯内的酒精用去一半后，酒精的热值减小，比热容不变
【答案】C
【详解】A． A选项有两处错误，第一处错误：说含热量多，热量少。热量是在热传递过程中体现出来的一个过程量，不能说物体含热量多少。第二个错误说把温度传递给热量少的物体。热传递过程中传递的不是温度，传递的是内能，故A错误；
B． 发生热传递的条件是两个物体之间有温度差，热量总是从温度高的物体传递给温度低的物体，不是从内能大的物体传递给内能小的物体，故B错误；
C． 一块的冰熔化成的水，温度虽然没变，但是需要吸收热量，所以它的内能增加。由冰变成水，比热容增大。故C正确；
D． 比热容也是物质本身的一种属性。酒精灯内的酒精用去一半，剩下的一半还是酒精，它的比热容不变。热值是燃料本身的一种属性，燃料的种类不变，热值不变，所以酒精用去一半，它的热值应该不变。故D错误。
故选C。
【典例04】（2025·北京·模拟）如图甲所示，三个相同的试管中装入固态物质，其中两个试管内装入的是同一种物质。将它们放入装有水的烧杯中加热熔化并绘制出温度随时间变化的图像如图乙所示。关于试管中固态物质，下列判断错误的是（ ）（多选）
A．试管中和试管中物质的质量一定相等
B．试管中固体物质的比热容一定小于试管中固体物质的比热容
C．试管中物质的质量一定大于试管中物质的质量
D．时刻试管中固体物质的内能小于时刻中固体物质的内能
【答案】ABC
【详解】AB．由图乙可知，、熔点不同，为不同物质，比热容不同，、图像中有一部分加热相同时间，吸收热量相同，温度变化相同，由公式可知， 、的质量不同，比热容无法比较，所以的比热容不一定比的比热容小。故AB错误，符合题意；
C．、有相同的熔点，、应为同种物质，比热容相同，、开始熔化的时间不同，且用的时间更长，则说明试管中物质的质量比中多，故C错误，符合题意；
D．未加热时，的质量大于，的内能较大，根据可知，时刻试管中固体物质吸收热量小于时刻中固体物质吸收热量，则时刻试管中固体物质的内能小于时刻中固体物质的内能，故D正确，不符合题意。
故选ABC。
【典例05】（2025·湖北·模拟）下列两幅图选自中国古代科技著作《天工开物》，有关说法正确的是（ ）
A．“透火焙干”过程中，在巷中生火的目的是通过做功的方法改变纸的内能
B．“炒蒸油料”过程中，用锅铲不断翻炒油料的目的是通过做功的方法改变油的内能
C．“透火焙干”过程中，湿纸被快速烤干，说明了温度越高，水分子的热运动越剧烈
D．“炒蒸油料”过程中，油料升温较快是因为其比热容较大
【答案】C
【详解】A．“透火焙干”过程中，在巷中生火，纸张从火和热墙中吸收热量，温度升高，内能增加，这是通过热传递的方式改变纸的内能，而不是通过做功的方式，故A错误；
B．“炒蒸油料”过程中，用锅铲不断翻炒油料，主要是为了使油料受热均匀，防止局部温度过高而烧焦。油料内能的增加主要是通过吸收炉火的热量，属于热传递，故B错误；
C．“透火焙干”过程中，湿纸被快速烤干，是水分蒸发变快的过程。蒸发的快慢与温度有关，温度越高，分子无规则运动越剧烈，水分蒸发越快，故C正确；
D．“炒蒸油料”过程中，油料升温较快，根据热量公式 ，在吸收相同热量Q和质量m相同的情况下，比热容c越小，温度变化越大，即升温越快，所以油料升温快是因为其比热容较小，故D错误。
故选C。
技巧点拨
内能、温度与热量关系辨析技巧：
1. 紧扣"温度、内能、热量"三者关系，从概念辨析、过程分析、图像解读三个维度建立判断框架。
2. 晶体熔化和液体沸腾是典型反例：吸热但温度不变，内能却增加（分子势能增大），以此打破"吸热必升温"的思维定式。
3. 热传递的唯一条件是温度差，与内能大小无关——内能小的物体可能温度高，内能大的物体可能温度低，这是学生最易混淆之处。
4. 做功和热传递在改变内能上的等效性，要求分析问题时必须全面考虑，不可顾此失彼。
5. 比热容、热值是物质特性，与质量、体积无关；热量是过程量，只能用"吸收""放出"描述，不能用"含有""具有"。
类题夯基
【类题01】（2025·山东东营·三模）关于内能，有以下四个观点，你认为正确的是（ ）
①热机在做功冲程中内能转化为机械能
②当两个存在温度差的物体相互接触时，热量总是从温度高的物体转移到温度低的物体
③0℃的水比0℃的冰内能大
④做功和热传递对改变物体的内能是等效的
A．①②④B．①②③C．①③④D．②③④
【答案】A
【详解】① 热机在做功冲程中，消耗燃料的内能，产生机械能，因此内能转化为机械能，故①正确；
② 当两物体相互接触且存在温度差时，热量自发地从温度高的物体传递到温度低的物体，这是热传递的基本规律，故②正确；
③内能的大小取决于物体的质量、状态和温度等因素；0℃的水和0℃的冰，若质量相同，水的内能通常比冰大，但题干未指定质量相同，因此该观点不总是成立（例如，一大块冰的内能可能比少量水的内能大），故③错误；
④ 做功和热传递都能改变物体的内能，且效果相同，故④正确；
综上所述，正确的是①②④，故A正确，BCD错误。
故选A。
【类题02】（2025·四川成都·模拟）材料物理学领域研制出新材料时，往往需要研究材料的热学性质。质量相等的甲、乙两种固态物质在用相同热源加热时，温度随时间变化的关系图像如图所示，若不计热量损失，已知固体甲的比热容。下列说法正确的是（ ）
A．甲是晶体，乙一定是非晶体B．固体乙的比热容为
C．在10～20min内，甲的内能保持不变D．13～17min内，甲、乙吸收的热量相等
【答案】D
【详解】A．由题图可知，甲熔化时温度不变，有固定的熔点，为晶体，乙一直处于升温状态，未出现固定熔点，不能判断乙是否为晶体。故A错误；
B．从图像可以看出，物质在固态时，对两物质都加热升高相同的温度，甲加热10min，乙加热13min，乙的时间是甲的1.3倍，由公式可知，质量和升高温度相同，乙的比热容是甲的1.3倍，则乙的比热容
故B错误；
C．10~20min内，甲处于熔化过程，虽然温度不变，但持续吸热，内能会增加。故C错误；
D．13~17min内，加热时间相同，且使用相同热源、不计热量损失，因此甲、乙吸收的热量相等。故D正确。
故选D。
【类题03】（2025·陕西·模拟预测）同学们想研究不同固体的熔化特点，用相同的热源给甲、乙两种固体物质加热，根据获得的数据绘制了如图所示的两种物质的温度随时间变化的关系图像。由图像同学们做出了如下的判断，你认为正确的是（ ）
A．甲物质一定是晶体，乙物质一定是非晶体
B．80℃的甲物质一定是固液共存状态
C．甲物质在液态时的比热容比固态时大
D．甲物质从第2min到第8min内能不变
【答案】C
【详解】A．固体分晶体和非晶体，晶体有固定的熔点，且熔化过程温度不变，非晶体没有固定的熔点，熔化过程温度不断升高。从图中可看到甲有固定的熔点且熔化过程温度不变，故甲是晶体；乙在这段加热时间内没有发现有固定温度不变的过程，题及图中均没有关于乙的物态变化情况，有可能是非晶体，故A错误；
B．从图中可知晶体甲在时温度保持不变，故甲的熔点为，此过程是固态变化液态的熔化过程，有可能是刚好达到熔点时仍全部是固态，有可能是熔化过程固液共存态，也有可能是刚好熔化完成的全部液态，故B错误；
C．比热容是物质的吸热本领的强弱，由于是用相同的热源加热，可从图中看到甲在液态（8-）和固态（0-）相同的时间吸收相同的热量，8-温度升高比0-要小，根据可知，在吸收的热量、质量相同时，温度变化越小的比热容越大，故此甲物质在液态时的比热容比固态时大，故C正确；
D．甲物质从第到第是熔化过程，熔化过程虽然温度不变，但仍需要不断吸热，故此过程内能增大，故D错误。
故选 C。
【类题04】（2025·江西萍乡·模拟）小明发现用打气筒给篮球打气时，打气筒外壁有些发热，这是什么原因造成的呢？实验小组联系所学物理知识，提出了以下两个猜想：
猜想1：可能是活塞与筒壁摩擦。
猜想2：可能是活塞在筒内往复运动时，不断压缩气体做功导致发热。
【证据】
实验方案：用打气筒向气压不足的篮球内打气，10s内活塞在筒内往复运动20次，立即测出此时两个测温点的温度。待气筒外壁温度降至室温（25℃）后，放出篮球中的部分气体，使其内部气压与打气前相同，重复上述操作，实验数据记录如表：
【解释】
（1）根据上下部存在温度差可知，猜想___________一定是正确的。
（2）实验小组的其他同学回顾整个实验过程，分析实验数据，认为得出的上述结论不够严谨，理由是在实验过程中，活塞向下运动时既克服摩擦做功，又压缩空气做功，无法确定外壁发热的原因。于是他们对实验进行改进，对该猜想再次进行探究：他们将打气筒与篮球___________（选填“连接”或“不连接”），让活塞在相同的时间内往复运动相同的次数，测出打气筒外壁的温度，当观察到___________的现象，就说明①中结论是正确的。
【交流】
（3）打气筒内壁热量是通过___________的方式传递到外壁的；请你列举一个生活中传递热量的方式与此相同的实例：___________。
（4）活塞在打气筒内向下运动时，机械能转化为___________能，这与四冲程内燃机___________冲程的能量转化相同。
【答案】（1）2
（2） 不连接 上部和下部的温度相同
（3） 热传递 烧开水
（4） 内 压缩
【详解】（1）由表中数据可知，打气筒下部温度高于上部温度，说明活塞在打气筒内向下运动时，活塞对筒内的空气做功，空气内能增加，温度升高，造成下部温度高于上部温度，故导致打气筒外壁发热的原因是活塞在筒内往复运动时，不断压缩气体做功导致发热；故猜想2正确。
（2）[1][2]根据控制变量法，要探究猜想1，应让活塞只克服摩擦做功，而不压缩空气做功，故他们的改进方法是：打气筒不与篮球连接，直接让活塞在相同的时间内往复运动相同的次数，用测温枪测出打气筒外壁的温度；若测得上部和下部的温度相同，则说明猜想1是正确的。
（3）[1][2]改变内能的方式有做功和热传递两种，打气筒内壁的热量是通过热传递的方式传递到外壁。生活中烧开水也是通过热传递的方式使水的温度升高的。
（4）[1][2]活塞在打气筒内向下运动时，活塞对筒内的空气做功，机械能转化为空气的内能。内燃机压缩冲程中机械能转化为内能，故能量转化情况与内燃机压缩冲程相同。
考向04 比热容的理解与图像分析
要点梳理
1. 比热容的定义本质：易混淆“单位质量”“升高（降低）1℃”两个限定条件，需明确比热容是物质的固有属性，与质量、吸放热多少、温度变化无关，仅取决于物质种类和状态。
2. 公式的灵活应用：Q=cmΔt中Δt为温度变化量，不是末温或初温，计算时易忽略状态变化（如晶体熔化）时吸放热但温度不变的情况，导致公式误用。
3. 温度-时间图像解读：相同热源下，斜率越小比热容越大，需区分“加热相同时间”和“升高相同温度”的不同情境，前者吸放热相同，后者比热容大的物质加热时间更长。
4. 控制变量法的体现：图像分析需紧扣控制变量，比较不同物质比热容时，必须保证质量、吸放热相同，通过温度变化判断比热容大小，避免忽略前提条件直接对比图像斜率。
典例验知
【典例01】（2025·湖北·一模）小强在探究“物质的放热能力与哪些因素有关”时，分别用质量相等的水和另一种液体进行对比实验（这种液体的比热容比水小），并作出了温度-时间图像，如图所示。实验过程中，水和另一种液体在相同时间内放出的热量相等，分析图像可知（ ）
A．乙物质是水B．这种液体的比热容为
C．乙的放热能力比甲强D．乙比甲更适合作汽车发动机的冷却液
【答案】B
【分析】本题利用放热公式分析物质的放热能力。已知水和另一种液体质量相等，且在相同时间内放出的热量相等。通过温度-时间图像读取温度变化，结合公式判断比热容大小，进而分析各选项。
【详解】AC．水和另一种液体在相同时间内放出的热量相等，由图示可以看出，乙液体的温度降低得快，甲液体温度降低得慢；根据放热公式可知，在质量相等、放热也相同的情况下，甲液体温度降低得小，则甲液体的比热容大，因此甲液体是水，其放热能力强，故AC不符合题意；
B．读图可得，甲在15分钟内由60℃降低到40℃，温度变化量为，乙在15分钟内由60℃降低到20℃，温度变化量为，因为两种液体质量相等，且在相同时间内放出的热量相同，根据放热公式，比热容与温度变化量成反比，即，代入水的比热容，可得另一种液体的比热容为
故B符合题意；
D．根据放热公式，质量相等的甲、乙液体，升高相同的温度，比热容大的甲吸收的热量多，更适合做冷却液，故D不符合题意。
故选B。
【典例02】（2025·山东泰安·模拟）利用图甲所示的实验装置比较不同物质吸热的情况，使用相同规格的电加热器分别对水和食用油加热，得到温度随时间变化的图像如图乙所示。已知，不计热量损失。下列说法正确的是（ ）
①应在两个相同的烧杯中加入体积和初温均相同的水和食用油
②加热2min时，食用油和水吸收的热量一样多
③若给汽车发动机降温，应选b物质作冷却剂
④分析图乙可得a是食用油的升温图像，其比热容为
A．只有①③B．只有②④
C．只有②③④D．只有①②③
【答案】C
【详解】①本实验需要控制水和食用油的质量相同，而不是体积相同，水和食用油密度不同，相同体积时质量不同， ①错误。
②实验中使用相同规格的电加热器，相同时间内放出的热量相同，且不计热量损失，因此水和食用油吸收的热量相等，②正确。
③从图乙可知，相同时间（吸收相同热量）时，b物质升温更慢，说明其比热容更大，吸热能力更强。 水的比热容比食用油大，所以b物质是水，更适合作为冷却剂， ③正确。
④ a 物质升温更快，比热容更小，是食用油。
从图乙可知： 3min时，水（b）温度从 20℃升至 40℃，
2min时，食用油（a）温度从 20℃升至 40℃，
故水、油的热量关系满足
即
故， ④正确。
正确的是 ②③④。
故选 C。
【典例03】（2025·四川南充·模拟）如图所示，测得1 kg某物质加热时温度随时间变化图像，已知该物质在相同时间内吸收热量相同，若不考虑蒸发的影响，根据图像可知，在熔化过程中物质的内能_________（填“变大”、“不变”或“变小”）；若该物质在液态下的比热容c1＝4.2×103J/（kg·℃），该物质在固态下的比热容c2＝_________J/（kg·℃）.
【答案】 变大 2.1×103
【详解】[1]该物质熔化过程中要不断吸收热量，它的内能变大。
[2] 由图像可知，该物质处于固态，该物质处于液态，这两段时间内，温度变化量相等，已知该物质在相同时间内吸收热量相同，吸收的热量与吸收的热量的关系
所以该物质在固态下的比热容
【典例04】（2025·陕西渭南·一模）如图甲所示是太阳能热水器，天气晴朗时，可将水箱中100kg、10℃的水加热至60℃。图乙是浴室安装的混水阀，通过混水阀可以将冷水管中的冷水与太阳能热水器中的热水按照一定比例混合，使出水温度达到适宜洗澡的温度。某次洗澡时，使出水温度稳定在35℃，共消耗60℃的热水20kg，若不计冷热水混合过程的热损失，，J/kg，则下列说法错误的是（ ）
A．水箱中的水吸收热量后，水的温度升高，内能增大，比热容不变
B．水箱中的水吸收的热量是J
C．若水箱中的水吸收的热量由加热效率为40%的煤炉提供，至少需要消耗1.75kg的煤
D．洗澡过程中，冷水管出10℃冷水的质量为25kg
【答案】D
【分析】利用内能、热量的关系及比热容分析得出它们的变化情况；利用比热容公式及热值公式、热效率公式求出水吸收的热量及消耗煤的质量；利用热平衡公式，即可求出冷水质量。
【详解】A．水箱中的水吸收热量后，水的温度升高，内能增大，比热容是物质的一种特性，与物质的种类和状态有关，故水加热后比热容不变，故A正确，不符合题意；
B．水箱内水吸收的热量为
故B正确，不符合题意；
C．由可知，煤炉放出的热量为
则需要消耗煤的质量为，故C正确，不符合题意；
D．由题意可知，，即
解得，故D错误，符合题意。
故选D。
【典例05】（2025·上海杨浦·模拟）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：___________。
【答案】 A 见解析
【详解】[1][2]由题可知，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。
技巧点拨
一、图像分析类问题的突破方法
面对温度 - 时间图像，先明确横纵坐标含义，确认是“加热时间 - 温度”还是“温度 - 时间”关系。关键找准比较基准：控制加热时间相同，吸收热量相同，温度变化大的物质比热容小；控制温度变化相同，加热时间长的物质吸收热量多、比热容大。注意图像中是否有水平段，对应物态变化，此阶段吸热但温度不变，不能用斜率判断比热容。
二、公式运用的核心要点
灵活运用 Q = cmΔt 及其变形式，建立比例关系简化计算。质量相同的不同物质吸收相同热量时，c 与 Δt 成反比；同种物质质量不同时，Q 与 m 成正比。涉及热平衡方程，抓住“高温物体放出的热量等于低温物体吸收的热量”，即 Q 放 = Q 吸，区分初温、末温和温度变化量。
类题夯基
【类题01】（2026·四川达州·模拟）对质量均为200g，初温相同的甲、乙两种物质，用相同的加热器加热，它们温度随时间变化的图像如图所示。若单位时间内，甲、乙吸收的热量相同。甲在0~8min的状态下，比热容为c甲＝1.9×103J/（kg·℃）。下列说法正确的是（ ）
A．乙物质的沸点一定是60℃
B．0~6min，甲的比热容大于乙的比热容
C．0~6min，甲吸收的热量比乙更快
D．8~10min，乙吸收的热量为7.6×103J
【答案】D
【详解】A．由图像可知，甲物质在8min时温度达到80℃后保持不变，可能是沸腾或熔化，无法确定一定是沸点，故A错误；
B．0~6min内，甲、乙两种物质用相同的加热器加热，吸收的热量相同，质量也相同。由图像可知，甲的温度从20℃升高到60℃，温度变化量Δt甲=40℃；乙的温度从20℃升高到50℃，温度变化量Δt乙=30℃。根据c=Q/(mΔt)，在Q、m相同的情况下，Δt越大，c越小，因此甲的比热容小于乙的比热容，故B错误；
C．用相同的加热器加热，单位时间内甲、乙吸收的热量相同，故C错误；
D．甲在0~8min内温度从20℃升高到80℃，温度变化量Δt=60℃，吸收的热量Q甲=c甲mΔt=1.9×10³J/(kg·℃)×0.2kg×60℃=2.28×10⁴J。由于相同加热器在相同时间内放出的热量相同，则8~10min（2min）内甲吸收的热量为Q'=Q甲/4=5.7×10³J。0~6min内甲、乙吸收热量相同，由图像可知0~6min内乙温度升高30℃，甲温度升高40℃，根据Q=cmΔt，可得乙的比热容c乙=(40/30)×c甲=(4/3)×1.9×10³J/(kg·℃)。8~10min乙处于液态（温度继续升高），吸收的热量Q乙=c乙mΔt乙=(4/3)×1.9×10³J/(kg·℃)×0.2kg×(70℃-60℃)×(2/6)的倍数关系，或直接利用比例：8~10min为2min，甲8min吸热2.28×10⁴J，则2min吸热5.7×10³J，乙的比热容与吸热能力关系计算得8~10min乙温度从60℃升至70℃，Δt=10℃，Q乙=c乙mΔt=(4/3)×1.9×10³×0.2×10×(2/6)×6=7.6×10³J，故D正确。
故选D。
【类题02】（2026·黑龙江哈尔滨·一模）小明同学取a、b两种粉末各50g，利用如图甲所示的实验装置“探究固体熔化时温度的变化规律”：

根据实验数据绘制了如图乙所示的温度一时间图像，由图像可以判断，第6min时a物质为_______态，a物质第9min时的内能大于第3min时的内能；某时刻，温度计的示数如图所示；若a物质在固态时的比热容为，则该物质熔化后，液态时的比热容为_______J/（kg·℃）。
【答案】 固液共存 1.5×103
【详解】[1]晶体有固定的熔点和凝固点，非晶体没有固定的熔点和凝固点，由乙图可知，a物质在熔化过程中吸热，但温度保持不变，有固定的熔点，属于晶体；晶体熔化要经过三个状态，分别是固态、固液共存态、液态，由乙图可知，第6min时a物质是正在熔化的过程，吸热，但温度保持不变，为固液共存态；晶体在熔化过程中不断吸热，内能不断增大，故a物质第9min时的内能大于第3min时的内能。
[2]由图可知该晶体固态到开始熔化用时3min，温度上升30℃；全部变为液体后用时3min，温度上升20℃，用同样的加热器加热，相同时间内吸收的热量相同，物质的质量不变，即
则
【类题03】（2025·北京模拟）小林想通过实验比较、两种液体比热容的大小。他准备了如图所示的带保温层的电热杯两个、探针式电子温度计两支，进行了如下实验：
（1）将_____相等的A、B两种液体，分别倒入完全相同的两个电热杯中，盖好杯盖，将两种液体均加热到55℃。
（2）将初温均为20℃的两个完全相同的实心铜块，分别放入两只电热杯，浸没在两种液体中，盖好电热杯的盖子。
（3）经过足够长的时间，用温度计分别测量两种液体的温度，A液体的温度为48℃，液体的温度为50℃。
（4）请你根据上述实验分析：放在液体_____中的铜块吸收的热量较多，液体_____的比热容较大。（选填“A”或“B”）
【答案】 质量 B B
【详解】[1] 为控制变量，应将质量相等的A、B两种液体，分别倒入完全相同的两个电热杯中，盖好杯盖，将两种液体均加热到55℃。
[2]因经过足够长的时间，A液体的温度为48℃，B液体的温度为50℃。则在A液体中铜块温度为48℃，则在B液体中铜块温度为50℃，根据得B液体中铜块升温多，故吸热多。
[3]两种液体均初温为55℃，A液体的温度降为48℃，B液体的温度降为50℃，则B液体温度下降少，且B液体中铜块吸收热量多，即B液体放出热量多，A液体放出热量少，且A液体温度降低得多。根据可知，在质量相同的情况下，A液体放出热量少，温度变化量大，所以A液体的比热容小，B液体的比热容大。
模块03 热机与热值
考向05 热机及其效率与能量转化效率
要点梳理
一、热机核心原理 热机是将内能转化为机械能的装置，工作循环包含吸气、压缩、做功、排气四个冲程，其中只有做功冲程实现内能到机械能的转化，其余冲程依靠飞轮惯性完成。
二、热机效率关键考点 热机效率η=W有用/Q放×100%，其中W有用是转化为机械能的部分，Q放是燃料完全燃烧释放的总热量。效率低的原因包括：燃料不完全燃烧、废气带走大量内能、机械散热和摩擦消耗能量。提高效率的方法有：使燃料充分燃烧、减少废气带走的热量、改进机械结构减小摩擦。
三、能量转化效率综合应用 涉及多个能量转化环节的问题，需分步计算每一步的转化效率，总效率为各环节效率的乘积。例如火力发电，需依次计算燃料燃烧效率、汽轮机转化效率、发电机发电效率，总效率为三者相乘。中考常结合此类综合场景考查效率的理解与计算。
典例验知
【典例01】（2025·湖北武汉·模拟）小山同学利用易拉罐自制了一个简易“蒸汽机”，如图所示。点燃易拉罐下酒精灯，给易拉罐中的水加热。喷嘴喷出的蒸汽成功地让风车转了起来。下列说法错误的是（ ）
A．罐中水的温度升高以后，水的比热容变大
B．罐中水的内能增大是通过热传递方式实现的
C．此实验展现了热机工作时做功冲程的能量转化过程
D．为提高蒸汽机的效率，可增加一个燃料燃烧密封装置
【答案】A
【详解】A．不同的物质，比热容一般不同，其大小与温度无关，因此罐中水的温度升高以后，水的比热容不变，故A错误，符合题意；
B．因为酒精灯火焰的温度高于罐中水的温度，所以罐中水从火焰中吸收热量，内能增大，这是通过热传递方式实现的，故B正确，不符合题意；
C．热机工作时做功冲程中将内能转化为机械能，此实验中，喷嘴喷出的蒸汽成功地让风车转了起来，蒸汽的内能转化为风车的机械能，所以此实验展现了热机工作时做功冲程的能量转化过程，故C正确，不符合题意；
D．增加一个燃料燃烧密封装置，可以减少热量的散失，将更多的内能转化为机械能，提高蒸汽机的效率，故D正确，不符合题意。
故选A。
【典例02】（2026·四川南充·模拟）在完全隔热的装置中，同一酒精灯给100g水和100g某种油加热，其温度随时间的变化关系如图所示，那么100g油每分钟吸收的热量是________J。如果在此过程中每分钟需要完全燃烧热值为的酒精0.07g，根据图像可估算出，此过程中热效率是________。【已知水的比热容为】
【答案】 1050 50%
【详解】[1]同一酒精灯相同时间内产生的热量相等，由图可知12min内油吸收的热量等于水吸收的热量，即
100g油每分钟吸收的热量是
[2]酒精燃烧释放的热量为
此过程中的热效率
【典例03】（2025·广东广州·模拟）跨学科实践：制作简易汽轮机模型
【项目提出】
（1）热机对人类文明发展起着重要的推动作用。同学们成立了制作简易汽轮机模型的项目团队，制作简易________模型。
【项目实施】
（2）设计并制作：设计方案如图所示。向易拉罐内部注入大约半罐________，将去掉笔芯和尾塞的中性笔的尾端插入易拉罐内，用封口泥将罐与笔的空隙处________。将易拉罐用大铁夹夹住，笔的尖端对准小风扇的扇叶。
（3）测试实验：点燃易拉罐下面的蜡烛，等待热气喷出推动扇叶转动。
①汽轮机模型工作过程的能量转化情况为：化学能→________→________。
②此汽轮机模型属于________（填“内”或“外”）热机。
（4）实验改进：
①同学们在测试过程中，发现加热很长时间后，笔尖处出来的水蒸气为“飘动状”，而不是“喷射状”，叶轮没有转动过。思考上述现象中存在的问题，提出一条改进措施：_____________________________。
②改进上述问题后，笔尖处的水蒸气变为“喷射状”，叶轮转动几圈后又停止转动。同学用手拨动叶轮，叶轮转动几圈后仍停止了转动。针对叶轮进行改进的措施可以是：_____________________________。
【项目拓展】
（5）同学交流过程中，有同学设想：用凹面镜会聚太阳光替代酒精灯加热易拉罐，制成一个“太阳能蒸汽机”、你认为这个“太阳能蒸汽机”的优势是：______________________（写出一条即可）
【答案】（1）汽轮机 （2） 水 密封 （3） 内能 机械能 外
（4） 减小喷出口径、提高加热功率、减少待加热水量等方式来改进等 减小叶轮的质量；给叶轮的转轴添加润滑油；增加扇叶的数量或增大扇叶面积等
（5）太阳能蒸汽机利用太阳能加热，相比酒精灯加热，在能源利用、环保、安全等方面有明显优势等
【详解】（1）题目要求制作简易汽轮机模型。
（2）[1]向易拉罐内注入水，蜡烛加热后水会汽化成水蒸气。
[2]用封口泥将空隙密封，是为了防止水蒸气泄漏，保证蒸汽能从笔端喷出推动扇叶。
（3）[1][2]蜡烛燃烧是化学能转化为内能，内能使水变成水蒸气，水蒸气喷出推动扇叶转动，内能又转化为扇叶的机械能。
[3]外热机的特点是燃料在外部燃烧，通过加热某种物质（此处为水）产生蒸汽做功，该模型中蜡烛在易拉罐外燃烧加热水，属于外热机。
（4）[1]水蒸气呈“飘动状”而非“喷射状”，是因为蒸汽喷出的压力或速度不足，通过减小喷出口径、提高加热功率、减少待加热水量等方式来改进，写出其中一条即可。
[2] 叶轮转动几圈后停止，是因为摩擦阻力大、叶轮惯性大或蒸汽对扇叶的作用力不足，针对这些问题提出改进措施即可。比如：减小叶轮的质量；给叶轮的转轴添加润滑油；增加扇叶的数量或增大扇叶面积，写出其中一条即可。
（5）太阳能蒸汽机利用太阳能加热，相比酒精灯加热，在能源利用、环保、安全等方面有明显优势，写出其中一条即可。
技巧点拨
紧扣能量守恒，明确“有用功”（如对外输出的机械能）与“总能量”（燃料完全燃烧释放的化学能）；熟练运用效率公式 η=W有Q放×100%，注意单位统一（J ）；识别隐含条件，如“完全燃烧”“无热量散失”“额定功率下运行”等；对多过程系统，分段计算能量流向，画出能量流图辅助分析。
类题夯基
【类题01】（2025·湖南长沙模拟）如图是某同学自制的简易热机模型，在易拉罐内装适量水，在瓶口密封安装一根吸管，吸管正对着小风扇。当点燃下方的蜡烛后，可以看到前方的小风扇转动起来。下列说法正确的是（ ）
A．罐内的水在加热过程中，温度升高，所含的热量增加
B．蜡烛用掉一部分后，蜡烛的热值会变小
C．通过改进热机模型的结构，其效率可达100%
D．该过程的能量转化与热机做功冲程的能量转化相同
【答案】D
【详解】A．热量是过程量，不能说物质所含的热量增加，故A错误；
B．热值是燃料的一种特性，蜡烛用掉一部分后，蜡烛的热值不变，故B错误；
C．通过改进热机模型的结构，由于存在热损失，其效率小于100%，故C错误；
D．该过程的能量转化与热机做功冲程的能量转化相同，都是将内能转化为机械能，故D正确。
故选D。
【类题02】（2025·四川成都模拟）周末，小李在家为父母煮鸳鸯火锅（如图所示）。他在左边加入牛油红汤，右边加入菌菇清汤，两种汤料质量均为，初温均为，沸点都是将火锅放在天然气灶上加热，经过牛油红汤开始沸腾，又过了菌菇清汤开始沸腾，该过程共消耗天然气。若相同时间红汤和清汤的吸热相同，汤料质量变化不计，且不考虑红汤和清汤之间的热传递，菌菇清汤比热容为，天然气热值为，下列说法正确的是（ ）
A．红汤沸腾后继续加热温度升高，比热容增大
B．菌菇清汤从加热到吸收的热量为
C．牛油红汤的比热容为
D．该天然气灶的加热效率为
【答案】C
【详解】A．红汤沸腾后，继续加热，此时汤继续沸腾，汤的温度不变，比热容与温度无关，所以红汤比热容不变，故A错误；
B．菌菇清汤吸收的热量为，故B错误；
C．若相同时间红汤和清汤吸热相同，汤料质量变化不计，且不考虑红汤和清汤之间的热传递，则经过牛油红汤开始沸腾时吸收的热量
由知，牛油红汤的比热容，故C正确；
D．天然气完全燃烧放出的热量为
菌菇清汤和牛油红汤吸收的总热量
该天然气灶的加热效率，故D错误。
故选C。
【类题03】（2025·陕西模拟）为解决发动机的过热问题，除通过空气自然散热之外，还采用水冷却技术，其原理是将冷水注入与发动机接触的水冷管，冷水吸热升温后被排出，使机器工作温度保持稳定。小林家有一台发动机，图乙是该发动机能量流向图，为使该发动机在室温为的环境下正常工作时不能过热，水冷管入水处每秒通入体积为300mL、温度为的冷水，其出水处每秒流出体积为300mL、温度为的热水。该发动机的总散热面积为，其中与水冷管接触的面积为，其余部分与空气接触，且空气接触的部分只能够带走按面积分配的的热量，余下热量全部由水冷管中的水带走。[水的比热容为，水的密度为，天然气的热值为]
（1）图甲是该发动机某冲程示意图，该冲程中气缸内气体内能___________（选填“增大”“不变”或“减小”）。请根据图乙，提出一条提高发动机效率的有效措施：___________。
（2）从入水处到出水处，300mL水吸收的热量是多少？若这些热量由加热效率为60%的天然气热水器来提供，需要燃烧天然气的体积是多少？
（3）该发动机正常工作时，每秒输出的有用机械能是多少？（不计水冷管吸收的热量）
【答案】（1） 减小 见解析
（2）；
（3）
【详解】（1）[1]观察图甲，此冲程中燃料燃烧释放热量对外做功，根据能量转化规律，内能会转化为机械能，所以气缸内气体的内能减小。
[2]由图乙可知，散热耗能在总能量中占比较多。要提高发动机效率，就可以从减少散热损失这一角度入手，比如优化发动机的散热结构等，以此来减少热量的无谓散失。
（2）水的质量为
水吸收的热量为
根据，则天然气完全燃烧放出的热量为
根据燃料燃烧放热公式，则需要燃烧天然气的体积
（3）已知发动机的总散热面积为，其中与水冷管接触的面积为，那么水冷管接触的散热面积占总散热面积的比例为
剩余总散热面积的比例为
又因为剩余总散热面积中，空气带走的热量，则水冷管带走的热量，所以被冷水吸收的总热量与散失的总热量的关系为
则散失的总热量
由图乙可知，发动机的效率
根据能量关系，每秒散热耗能与发动机每秒输出的机械能之比为
则每秒输出的有用机械能
【类题04】（2026·新疆模拟）近几年，随着电动汽车的普及，为电动汽车提供电能的充电桩数量在全国迅猛增加；
（1）充电桩为电动汽车的电池充电时，电能转化为___________（填“机械”或“化学”）能，电池是___________（选填“电源”或“用电器”）。充电桩有较好的防水保护功能，是为了防止线路过于潮湿出现___________（填“短路”或“断路”）现象；
（2）如图所示为充电桩给某电动汽车充电时充电功率P随充电时间t的变化图像。若充电过程的前18min充电电流不变，充电18min时充电电压升至500V，则充电9min时，充电电流为___________A，充电电压为___________V。若充电18min至30min的时间内，充电电压保持500V不变，则该过程中充电电流逐渐___________（填“变大”或“变小”）；
（3）若上述电动汽车充电前和充电30min时电池显示的储能量分别为20%和70%，充电30min的时间内，平均充电功率为80kW，则该电池充满电时的储能量为___________。该电动汽车在高速公路上分别以80km/h和100km/h的速度匀速行驶30min，电池的储能量分别下降了10%和15%，若能量转化效率始终不变，则电动汽车分别以80km/h和100km/h的速度匀速行驶时受到的阻力之比为___________。
【答案】（1） 化学 用电器 短路
（2） 200/ 400/ 变小
（3） 80 5∶6
【详解】（1）[1]充电桩为电动汽车的电池充电时，要消耗电能，把电能转化为化学能储存在电池中。
[2]电池在充电时是消耗电能的装置，所以电池是用电器。
[3]充电桩有较好的防水保护功能，是为了防止线路过于潮湿，潮湿会让原本绝缘的部分导电，出现短路现象。
（2）[1]若充电过程的前18 min充电电流不变，充电18 min时充电电压升至500V，由此可知电流为
[2]由图可知，第9min位于0~18min中间位置，图像是一次函数关系，第9min电功率也应在数值60和100中间，为80kW，由可知，第9min充电电压为
[3]若充电18 min至30min的时间内，充电电压保持500V不变，由图像可知18 min至30min的时间内功率逐渐减小，由可知该过程中充电电流逐渐减小。
（3）[1]电动汽车充电前和充电30 min时电池显示的储能量分别为20%和70%，故可知充电30min所充电能占总储能的50%，储存的电能为
故如果充满电时，电池能够储存的电能为
[2] 电动汽车在高速公路上分别以80km/h和100km/h的速度匀速行驶30min,电池的储能量分别下降了10%和15%，可知：
以80km/h匀速行驶30min消耗电能
以100km/h匀速行驶30min消耗电能
则……①
所用时间
由可知：……②
由①②可得
模块04 能量守恒与可持续发展
考向06 能源与能量守恒定律应用
要点梳理
1. 核心内容：能量既不会凭空产生，也不会凭空消失，它只会从一种形式转化为另一种形式，或者从一个物体转移到另一个物体，在转化和转移的过程中，能量的总量保持不变。
2. 常见转化与转移实例：机械能（动能、势能）相互转化（如单摆、滚摆），电能转化为光能/内能（灯泡、电热器），热传递中的内能转移等。
3. 易错点：注意区分“转化”（能量形式改变）和“转移”（能量形式不变）；不考虑能量损失的理想状态（如光滑斜面）能量守恒成立，实际中能量会有损耗但总量仍守恒。
4. 应用：结合力学、电学、热学场景分析能量变化，解答相关实验题、计算题。
典例验知
【典例01】（2025··山东济南·模拟）压缩空气蓄能电站是一种新型电能存储系统，通过压缩空气储存与释放，实现电网负荷调节。其工作原理是：利用电网用电低谷时，将剩余电力驱动电动压缩机压缩空气，将其储存在高压密封设施内；在用电高峰时释放压缩空气，驱动汽轮机带动发电机发电。下列说法正确的是（ ）
A．储能过程中，对空气做功，空气内能减小
B．储能过程中，电能最终转化为内能
C．释能过程中，空气膨胀对外做功，空气内能增大
D．释能过程中，内能最终全部转化为电能
【答案】B
【详解】AB．储能过程中，利用电网用电低谷时，将剩余电力驱动电动压缩机压缩空气，将其储存在高压密封设施内，对空气做功，将电能最终转化为空气的内能，空气内能增加，故A错误，B正确；
C．释能过程中，空气膨胀对外做功，内能能转化为机械能，空气内能减小，故C错误；
D．释能过程中，内能最终转化为电能，过程中存在一定能量损失，不可能全部转化，故D错误。
故选B。
【典例02】（2025·陕西西安·模拟）2025年1月20日，我国“人造太阳”，图甲创造了“亿度千秒”的世界纪录，科学家预计5年内世界上第一盏核聚变电灯有望在中国点亮。“人造太阳”的反应过程如图乙所示。要造出能实用的“人造太阳”，需要上亿摄氏度的等离子体、超过千秒的连续运行时间和1MA的等离子体电流，挑战极大。装置中的超导电缆具有电阻为零的特点，进而使强电流形成强磁场，将极高温等离子状态的物质约束在环形容器里。下列有关说法正确的是（ ）
A．强电流可以形成强磁场，这是利用了电流的磁效应
B．超导电缆中有强电流通过时会产生热量
C．由图乙可知，“人造太阳”是利用核裂变获得核能
D．利用“人造太阳”产生的电能可以自发转化为核能
【答案】A
【详解】A．强电流可以形成强磁场，这是利用了电流的磁效应，故A正确；
B．超导电缆的电阻为零，有强电流通过时不会产生热量，故B错误；
C．由图乙可知，“人造太阳”是利用核聚变获得核能，故C错误；
D．能量的转化和转移具有方向性，利用“人造太阳”产生的电能不可以自发转化为核能，故D错误。
故选A。
【典例03】（2025·陕西咸阳·一模）近年来，我国大力推进核电发展，加快核电站的大规模建设。秦山核电站是我国自行设计、建造和运营管理的第一座30万千瓦核电站，其工作原理如图所示。核电站的主要组成部分包括核反应堆、汽轮机、发电机等，核燃料（如铀﹣235）在核反应堆中发生反应，释放出大量的热量。这些热量被用来加热水，产生水蒸气。水蒸气随后推动汽轮机旋转，汽轮机再带动发电机发电，最终将核能转化为电能。
（1）核电站所需的核能是原子核___________ （选填“裂变”或“聚变”）所产生的。
（2）冷却水在核电站中起到至关重要的作用，它是维持核电站正常运行的关键环节。秦山核电站依山傍海为反应堆的冷却提供了极大的便利，已知冷凝器循环冷却水所需的水量为每小时26000t，请计算1h内所用的这些海水温度从20℃升高到50℃，可吸收的热量是多少？[已知
（3）如果1kg铀﹣235能产生约为8×1013J的能量，核电站的效率约为40%，秦山核电站的年发电总量为1.8×1018J，那么秦山核电站每年要消耗铀﹣235的质量为多少千克？有资料显示，核燃料能有效减少燃料占用空间，降低燃料成本，如果秦山核电站的年发电量用热值为3.0×107J/kg的煤作为燃料，煤车一辆车要跑多少趟？（已知煤电转化效率为25%，假设运煤的大型卡车载重为50t）
【答案】（1）裂变
（2）
（3）趟
【详解】（1）核电站是利用原子核裂变发生可控链式反应时释放的大量能量来发电的。
（2）质量为26000t的海水温度从20℃升高到50℃，吸收的热量为
（3）秦山核电站的年发电总量为1.8×1018J，电站的效率约为40%，则铀﹣235产生的能量为
1kg铀﹣235能产生约为8×1013J的能量，需要铀﹣235的质量为
如果秦山核电站的年发电量用热值为3.0×107J/kg的煤作为燃料，煤电转化效率为25%， 煤放出的热量为
需要消耗的煤的质量为
运煤的大型卡车载重为50t，需要运送的次数为
【典例04】（2026·陕西西安·二模）某高校科研人员为当地某医院设计了“天然气—地源热泵耦合供暖系统”，其核心是以天然气为主要能源、地源热（浅层地下水热量）为辅助能源，通过“先发电、再用余热、地源热补能”的逻辑，同时满足用电和供热需求。该耦合系统工作原理：天然气燃烧的高品位能量驱动内燃机组发电（化学能→内能→机械能→电能），再收集发电产生的低品位余热（高温烟气和高温缸套水换热），转化为供热的能量；最后用地源热补充余热不足，减少天然气消耗，工作流程图如图所示：
（1）冬季供暖时，热泵机组将10℃的地下水加热，经过换热器与内燃机高温缸套水换热后，出水温度为60℃，则此过程中1000kg地下水吸收的热量为多少?[水的比热容为]
（2）已知该内燃机组额定输出电功率为300kW，发电效率为40%，则该内燃机组每小时消耗天然气的体积为多少?（天然气的热值为：）
（3）已知内燃机组发电的20%用于驱动地源热泵，地源热泵在工作过程中的制热系数COP为2.5（COP=制热功率/输入电功率），则热泵机组的制热功率为多少?
（4）已知内燃机组每小时消耗的能量中，其中40%通过高温烟气和缸套水通过换热器直接加热水，则该耦合系统天然气的利用效率是多少?[天然气的利用效率=（净输出电能+供热量）/天然气完全燃烧放出的热量，不考虑换热器的能量损失。]
【答案】（1）
（2）
（3）
（4）
【分析】本题的关键在于读懂题意，找出对应状态的各量关系，再根据，等公式进行求解。
【详解】（1）由题，水吸收的热量
（2）内燃机组输出电能
由得，输入总能量
由得，天然气的体积
（3）内燃机组发电的20%用于驱动地源热泵，故地热泵得输出电功率为
又因为地源热泵在工作过程中的制热系数COP为2.5，即
故热泵机组制热功率
（4）热泵机组一小时的制热量
由题，内燃机组净输出电能
内燃机组一小时的制热量
故耦合系统天然气利用率为
技巧点拨
第一步：明确系统与过程。先划定研究系统，确定是单一物体还是多个物体组成的系统，再明确物理过程，区分是恒力做功、变力做功还是涉及电磁感应等复杂过程，这是应用定律的基础。
第二步：分析能量形式与转化。梳理系统内存在的所有能量形式，如机械能、内能、电能等，精准判断能量转化方向，比如摩擦力做功会使机械能转化为内能，发电机工作时机械能转化为电能。
第三步：列守恒方程。根据能量守恒，系统初始总能量等于末态总能量，或能量的增加量等于减少量，注意区分“守恒”与“转化”的不同表达形式，避免遗漏能量项。
第四步：细化辅助计算。针对不同能量形式，运用对应公式计算，如机械能用动能定理、重力势能公式，内能用焦耳定律等，确保每一项能量的计算准确无误。
第五步：验证结果合理性。检查计算结果是否符合物理常识，单位是否统一，能量转化逻辑是否自洽，及时修正错误。
类题夯基
【类题01】（2025·山东济南·模拟）中国“环流器”是我国探索受控核聚变的重要装置。如果要使核聚变得到和平利用，就要使核聚变反应平稳受控进行，要实现受控核聚变，长时间约束在一个非常小的空间内，但是地球上没有任何容器能够承受如此高的温度，其主要结构类似于一个两端相连的闭合通电螺线管，如图所示，可产生强大的电流和磁场。由于核燃料在超高温状态下已经变成了带电粒子，磁场对运动的带电粒子可以产生力的作用，避免与容器直接接触。则下列说法不正确的是（ ）（多选）
A．在利用核能过程中，能量的转移和转化具有可逆性
B．中国“人造太阳”是通过核裂变释放能量的
C．在超高温状态下核燃料可以被“托举”在磁场中，原因是磁场对运动的带电粒子能产生力的作用
D．核能是一种不可再生能源
【答案】AB
【详解】A．在利用核能过程中，能量的转移和转化遵循能量守恒定律等规律，从目前科学认知和实际情况来看，能量的转移和转化具有不可逆性，故A错误，符合题意；
B‌．中国“人造太阳”即“环流器”，是通过核聚变释放能量，而不是核裂变，故B错误，符合题意；
C‌．根据题干“由于核燃料在超高温状态下已经变成了带电粒子，磁场对运动的带电粒子可以产生力的作用，因此超高温状态下的核燃料可以被‘托举’在磁场中”，故C正确，不符合题意；
D‌．核能所利用的核燃料在自然界中短期内不能得到补充，所以核能是一种不可再生能源，故D正确，不符合题意。
故选AB。
【类题02】（2025·广东清远·模拟）阅读短文，回答问题。
氢燃料电池
氢燃料电池是一种正在推广的环保电池，其工作原理如图甲所示。把氢和氧分别供给阳（负）极和阴（正）极，大部分氢通过阳极向外扩散并与电解质发生反应，放出的电子通过外部工作电路到达阴极，失去电子的氢离子穿过质子交换膜，到达燃料电池阴极板。1kg氢反应后可释放的能量。
氢燃料电池通常和其他电池配合使用。图乙为我国自主研发的氢动力无人机，其采用了“氢燃料电池+锂电池”混合动力系统，兼具长航时与灵活性的特点。具体来说，氢燃料电池在巡航阶段持续输出稳定电能，是保障无人机长航时飞行的核心，还会在此时为锂电池补电。而锂电池仅在起飞、爬升、急转等需要瞬时高功率的场景发力，以此弥补氢燃料电池动态响应慢的短板。这种搭配既解决了锂电无人机续航短的问题，又满足了无人机灵活飞行的动力需求。该无人机部分参数如下表，储氢质量密度表示氢气在氢燃料电池中的质量百分比，单位为wt%；能量密度是指电池系统输出能量与电池质量之比，单位为。水平匀速巡航时，氢电池系统输出的能量用于做推动功和辅助功：推动功指克服空气阻力推动无人机水平飞行做的功；辅助功指无人机上的载荷作业系统工作所做的功，辅助功的功率恒定。当无人机低速（）沿水平直线飞行时，其受到的空气阻力与速度v的关系如图丙所示。
（1）氢燃料电池工作时，将氢气的________能直接转化为电能。图甲所示的氢燃料电池正常工作时，通过电动机的电流方向为向________（选填“左”或“右”）；
（2）无人机完成爬升后进入巡航阶段，氢燃料电池开始为锂电池补电，此过程锂电池相当于________（选填“电源”或“用电器”）；
（3）该氢燃料电池的能量密度为________。若无人机某次执行任务时氢燃料电池储满能量，竖直上升过程消耗10%的氢燃料，预留10%的氢燃料用于降落，剩余燃料全部供给无人机在某一高度水平匀速飞行；为使无人机在水平方向达到最大航程，其水平飞行速度应设为________m/s，对应的最大航程为________km。
【答案】（1） 化学 左
（2）用电器
（3） 3.5 10 403.2
【详解】（1）[1]氢燃料电池工作时，通过氢和氧的化学反应产生电能，是将化学能直接转化为电能。
[2]根据图甲，电子从阳极流出，经电源外部流向阴极，阳极为负极，阴极为正极，电流的方向与电子定向移动的方向相反，则外部电流方向为从阴极到阳极，通过电动机的电子从左向右流动，因此通过电动机的电流方向为向左。
（2）氢燃料电池为锂电池补电时，锂电池是消耗电能的设备，将电能转化为化学能储存起来，因此在电路中相当于用电器。
（3）[1]因为储氢质量密度表示氢气在氢燃料电池中的质量百分比，所以氢燃料电池中氢气的质量为
氢燃料电池中的这些氢气反应可释放的能量为
根据其电池效率，可转化的电能为
因能量密度是指电池系统输出能量与电池质量之比，故该氢燃料电池的能量密度为
[2]由图丙可知，无人机受到的空气阻力与速度v成正比，根据正比例函数知识代入坐标数据，可求得，根据推动功定义，水平匀速飞行全程所做推动功为
辅助功的功率恒定，水平匀速飞行全程所做辅助功为
因剩余燃料全部供给无人机水平匀速飞行，所以水平匀速飞行的总功为定值，而水平匀速巡航时氢电池系统输出的能量用于做推动功和辅助功，即，所以，巡航时间
则无人机在水平方向的航程为
要使s取最大值，根据数学知识，可求得应该设定的水平飞行速度为
[3]因无人机竖直上升过程消耗10%的氢燃料，预留10%的氢燃料用于降落，剩余燃料全部供给水平匀速飞行，所以
所以水平飞行速度时，对应的最大航程为
考向06 热学综合实验辨析
要点梳理
1. 物态变化实验重点考查熔化、凝固、沸腾等过程的图像分析。以晶体熔化实验为例，要记录温度随时间变化数据并绘图，图像水平段对应温度为熔点，该阶段物质固液共存、吸热但温度不变。液体沸腾实验中，沸点确定、沸腾前后气泡变化特征是高频考点。
2. 比热容比较实验用控制变量法，用相同热源加热质量相同的不同物质，通过比较升温快慢或加热时间判断比热容大小。实验要保证热源相同、被加热物质质量相等，用酒精灯加热需注意火焰稳定性，必要时采用水浴法。
3. 近年中考热学实验命题趋势：一是实验情境生活化，以实际问题为背景；二是实验设计开放性增强，要求考生自主设计步骤、选择器材、分析缺陷；三是跨学科融合，综合考查热学与电学、力学等知识。备考要注重真实实验操作体验，积累误差分析经验，培养从图像、表格中提取有效信息的能力。
典例验知
【典例01】（2025·广东茂名·模拟）小明和小华分别利用图甲所示的装置探究水沸腾时温度变化的特点，当水温接近90℃时，每隔0.5分钟记录一次温度，并绘制出了如图乙所示的水温与时间关系的图像。下列说法正确的是（ ）
A．分析图乙可知小华将水加热至沸腾的时间明显较长，最有可能的原因是所用的水初温低
B．水沸腾时温度不足100℃可能是供热不足
C．由图乙可知水沸腾时的温度不变，不需要吸热
D．实验中烧杯上的盖子留个小孔不是为了散热，而是为了使杯内外气压平衡
【答案】D
【详解】A．分析图乙可知小华将水加热至沸腾的时间明显较长，最有可能的原因是小华所用的水的质量多，从图乙可以明显看出他们所用水的初温相同，故A错误；
B．水的沸点低于100℃的原因是当地大气压低于一个标准大气压，而不是供热不足，故B错误；
C．由图乙可知水沸腾时，温度不变，但是需要继续吸热，故C错误；
D．实验中烧杯上的盖子留个小孔是为了使杯内外气压平衡，而不是为了散热，故D正确。
故选D。
【典例02】（2025·安徽合肥·模拟）小邵和小高同学用图甲所示的实验装置来探究冰熔化时温度的变化规律。
（1）根据实验数据绘出冰的温度—时间图像，老师发现小邵和小高两位同学的图像略有不同，如图乙和图丙所示，造成这种情况的原因可能是______；
（2）在试管中的冰块完全熔化后继续加热一段时间，观察到大烧杯的水中有大量气泡产生且温度保持不变，试管中的水却始终没有大量气泡产生，温度也保持不变。小邵和小高同学都认为试管中的水已达到沸点，但却不会沸腾，请你说说他们的判断依据：____。
【答案】（1）冰的质量不同
（2）试管中的水无法继续从外界吸热，所以不能沸腾
【详解】（1）对比两图，可知冰块的初温相同，熔点相同，温度变化量相等，达到熔点的时间不同，则加热时间不同，吸收热量不同，可能是冰块质量不同。
（2）水沸腾的条件是，达到沸点，持续吸热，二者缺一不可。试管中的水达到了沸点，但是温度与烧杯中水的温度相同时，无法继续从外界吸热，所以水不会沸腾。
【典例03】（2025·重庆·模拟预测）小琴设计了如图甲所示的装置来探究“冰熔化时的温度特点”。
（1）如图甲所示，此时试管中冰的温度为________；如图乙所示，是小琴根据实验数据作出冰的温度随时间变化的图像，在第时，物质的状态为________态。
（2）冰在固态和液态的比热容之比为________。
【答案】（1） 液 （2）1∶2
【详解】（1）[1]由图甲可知，温度计的分度值为1℃，温度计玻璃管中的液面在零摄氏度下面，可判断为零下温度，则此时试管中冰的温度为-4℃。
[2]分析图乙可知，BC段为熔化过程，冰在第2min时开始熔化，到第5min时完全熔化，所以在第6min时，物质的状态为液态。
（2）水和冰的质量相同，AB（冰）和CD（水）段加热时间相同，吸热相同；由图乙可知冰升高的温度为6℃，水升高的温度为3℃，根据比热容定义公式可知，
故冰在固态和液态的比热容之比为1∶2。
【典例04】（2024·云南昆明·三模）小明根据“在气候湿润的地方，或阴雨天气的时候，空气湿度大，湿衣服不容易晾干”的生活经验，提出猜想：空气湿度越大，液体蒸发可能越慢。他设计并进行了如下实验：首先在密闭、恒温的房间内，用智能加湿器调节房间内的空气湿度达到加湿器的最低级数值；然后用滴管在1张全棉柔巾上滴水使其全部浸透并完全展开，将其悬挂在电子秤下端，如图所示，记录此时电子秤示数为m0；2小时后，再次记录电子秤示数为m1。接下来他又将1张完全相同的全棉柔巾完全展开悬挂在电子秤下端，______________；如果___________，则初步说明空气湿度越大，液体蒸发越慢。
【答案】 增加房间的湿度，2小时后，记录电子秤示数为m2 m1