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科学九年级上册第5节 物体的内能同步训练题
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这是一份科学九年级上册第5节 物体的内能同步训练题，共19页。
浙教版九年级上册第三章第五节
物体的内能-内能及热量计算
【知识点分析】
一.内能
1.内能的定义：分子的动能和势能的总和。
2.内能大小的影响因素：
（1）分子动能：分子永不停息地做无规则运动，同一切运动着的物体一样,运动着的分子也具有动能。
【影响分子动能的因素】
温度升高 分子运动剧烈程度增加 内能增加
温度
温度降低 分子运动剧烈程度减弱 内能减少
（2）分子势能：由于分子之间存在相互作用力,因此分子之间也具有势能。
【影响分子势能的因素】
体积增加 分子势能增加 内能增加
体积
体积减少 分子势能减少 内能减少
（3）分子数目：温度体积相同，物体内的分子数越多，内能就越大
3.改变物体内能大小的方法：
二.热量的计算
1.热量定义：物体在热传递过程中转移能量的多少叫做热量
2.比热容的定义：单位质量的某种物质，温度升高1℃所吸收的热量叫做这种物质的比热容，比热容用符号℃表示，单位为焦/(千克. ℃)，读作焦每千克摄氏度。
3.热量的计算公式：Q=cm△t ，其中C表示比热容，m表示质量，△t 表示温度变化量
4.燃料的热值：
（1）定义：单位质量或体积的某种燃料完全燃烧时放出的热量，叫做这种燃料的热值。
（2）单位：焦/千克，或者焦/立方米
5.燃料完全燃烧放出热量的计算公式（一般是总功）： Q放=mq
三.温度，内能和热量的关系比较
温度
热量
内能
概念不同
宏观上：表示物体的冷热程度
微观上：反映物体中大量分子
在热传递过程中， 传递热量的无规则运动的剧烈程度多少
物体内所有分子无规则运动的动能与势能的总和
量的性质
状态量
过程量
状态量
表述
“降低”或“升高”
“放出”或“吸收”
“有”“具有”“改变”“增加”“减少”
单位
摄氏度(℃)
焦耳(J)
焦耳(J)
联系
温度的变化，可以改变一个物体的内能，,传递热量的多少可以量度物体内能改变的多少。物体吸收或放出热量，它的内能将发生改变，但它的温度不一定改变。如冰融化时要吸收热量，内能增加，但温度却保持在0℃不变。同样，物体放出热量时，温度也不一定降低
【考点回顾】
1. 理解内能及影响因素
2. 掌握热量的计算
3. 分清内能，热量和温度的关系
【例题分析】
【例1】下列关于温度、内能和热量的描述中，正确的是（ ）
A．物体吸收热量时，温度一定升高
B．做功和热传递都能改变物体的内能
C．物体的内能越大，其含有的热量就越多
D．热量总是从内能大的物体向内能小的物体传递
【答案】B
【解析】
A．物体吸收热量时，温度不一定升高，例如：水沸腾时吸热，但温度保持不变，故A错误。
B．做功和热传递都能改变物体的内能，故B正确。
C．热量是过程量，只能描述为“吸收热量”或“放出热量”，故C错误。
D．热量总是从温度高的物体向温度低的物体传递，故D错误。
【例2】利用如图所示装置，探究“做功改变物体内能”。广口瓶内装有一些水，用瓶塞将瓶口塞紧，瓶塞通过导管与打气筒相连，用打气筒给瓶中打气。实验中，你应该注意观察的是（ ）
A．打气的过程 B．打气过程中瓶内水的情况
C．瓶塞跳起的高度 D．瓶塞跳起的瞬间，瓶内发生的变化
【答案】D
【解析】
实验是研究物体对外做功时物体内能的变化情况（即瓶内空气的内能变化情况），所以实验时需要观察瓶塞跳起的瞬间瓶内出现的现象，故ABC错误，D正确。
【例3】如图所示，用相同的加热装置对a、b、c三种物质加热，它们的温度随时间变化的图像，其中a、c质量相同。下列对图像的分析正确的是（ ）
A．t1﹣t2时间内物质a的温度不变，所以内能不变
B．如果a、b是同种物质，b的质量大于a的质量
C．温度从T1升高到T2时，物质a和物质b吸收的热量相等
D．物质b的比热容大于物质c的比热容
【答案】B
【解析】
A．根据图像可知，t1~t2时间内物质a的温度不变，但是由于不断吸热，所以内能增大，故A错误；
B．a、b为同种物质，则比热容相等；当加热时间都为t1时，二者吸收的热量相同，此时升高的温度b小于a。根据Q=cm△t可知，升高的温度与物体质量成反比，即b的质量大于a，故B正确；
C．根据图像可知，从从T1升高到T2时，a用的时间小于b的时间，即物质a吸收的热量小于b，故C错误；
D．根据图像可知，同样升高到T1，b用的时间比c小，即b吸收的热量小于c，但由于不知道bc的质量大小，不能判断bc的比热容大小，故D错误。
【例4】车辆由于紧急刹车，刹车片迅速夹紧刹车盘（不考虑刹车片磨损），靠刹车片与刹车盘的剧烈摩擦最终使车辆停止运动，这个过程导致刹车片和刹车盘温度升高。则下列说法正确的是（ ）
A．车辆停止后，无速度，则刹车片内能为零 B．车辆在减速过程中，内能转化成机械能
C．刹车片和刹车盘温度升高，可知刹车片内能增大 D．由于质量没改变，则刹车片内能不发生变化
【答案】C
【解析】
A．车辆停止后，无速度，它的机械能变成零，但是刹车片内能肯定不为零，故A错误。
B．车辆在减速过程中，机械能减小，则机械能转化为内能，故B错误。
C．刹车片和刹车盘温度升高，可知刹车片内能增大，故C正确。
D．质量没改变，但是刹车片的温度升高，则刹车片内能增大了，故D错误。
【例5】做功和热传递均能改变物体的内能，下列方法中，通过做功来增加双手内能的是（ ）
A．对手哈气 B．来回搓手 C．捧电暖宝 D．放入热水
【答案】B
【解析】
A．对手哈气时，手吸收热量，温度升高，属于热传递改变物体的内能，故A不符合题意；
B．来回搓手时，手的机械能转化为内能，属于做功改变物体的内能，故B符合题意；
C．电暖宝暖手时，手从电暖宝上吸收热量，属于热传递改变物体的内能，故C不符合题意；
D．手放入热水时，热水的内能转移到手上，属于热传递改变物体的内能，故D不符合题意。
【例6】下列说法正确的是（ ）
A．没有吸热过程和放热过程，说热量是毫无意义的
B．物质的比热与物体吸收的热量、物体的质量及物体温度的变化有关
C．两个物体升高相同的温度，吸收的热量也一定相同
D．热量总是从热量多的物体传递给热量少的物体
【答案】A
【解析】
A．热量是指在热传递的过程中，内能改变的多少，即热量是过程量，故A正确；
B．物质的比热容是物体的一种特性，与物体吸收的热量、物体的质量及物体温度的变化无关，故B错误；
C．由，物体吸收的热量与物体的比热容、质量、温度变化量都有关系，故C错误；
D．热总是从高温的物体传递给低温的物体，或从物体的高温部分传向低温部分，故D错误。
【例7】下面关于温度、热量、内能和热值的说法正确的是（ ）
A．物体吸收了热量，温度一定会升高
B．物体温度升高，内能一定会增加
C．质量相同的两个物体，温度升高多的物体，吸收的热量一定多
D．热值大的物质，燃烧时放出的热量更多
【答案】B
【解析】
A．物体吸收了热量，内能增大，但温度不一定升高，例如：晶体熔化时，吸收热量，温度不变，故A错误；
B．物体的内能与温度有关，物体的温度升高，内能会增加，故B正确；
C．由吸热公式Q=cmΔt可知，吸收热量的多少由比热容、质量、变化的温度共同决定的，质量相同的两个物体，温度升高多的物体，吸收的热量不一定多，故C错误；
D．燃料燃烧放出热量的多少不仅与燃料的热值大小有关，还与燃料的质量以及燃烧程度有关，热值大的物质，燃烧时放出的热量不一定更多，故D错误。
【例8】在演示压缩气体做功实验（如图甲所示）时，为帮助学生理解气体内能是在不断增大的，老师设计了改进实验（如图乙所示）。则在向内推动活塞的过程中，会看到温度显示器显示的温度（ ）
A．减小 B．不变 C．升高 D．先减小后升高
【答案】C
【解析】
在向内推动活塞的过程中，活塞对气体做功，内能增加，温度升高，看到温度显示器显示的温度升高。
【例9】2021年9月，神舟十二号返回舱成功着陆。返回舱返航穿越大气层时外壁的内能会增大（如图），其主要原因是（ ）
A．大气对返回舱做功 B．返回舱对大气做功
C．大气向返回舱热传递 D．返回舱向大气热传递
【答案】A
【解析】
AB．外界对物体做功，物体内能增大，物体对外界做功，内能减小，返回舱返航穿越大气层时，克服空气阻力做功，机械能转化为内能，大气对返回舱做功，返回舱外部内能增大，故A符合题意，B不符合题意；
CD．返回舱返航穿越大气层时外壁的内能会增大，通过做功的方式增大内能的，不是通过热传递的方式增大内能的，故CD不符合题意。
【例10】关于热量、温度、内能之间的关系，下列说法正确的是（ ）
A．一个物体温度升高，其内能不一定增加
B．晶体在熔化过程中，吸收热量温度保持不变，但内能增加
C．温度高的物体含有的热量可能比温度低的物体含有的热量多
D．温度高的物体具有的内能一定比温度低的物体具有的内能多
【答案】B
【解析】
A．一个物体温度升高，其内能一定增加，故A错误。
B．晶体在熔化过程中，吸收热量温度保持不变，但内能增加，故B正确。
C．热量是过程量，不能说含有，只能说“吸收”或“放出”，故C错误。
D．温度高的物体具有的内能不一定比温度低的物体具有的内能多，例如1g100℃的水的内能不一定比1t0℃水的内能大，故D错误。
【例11】如图是中国女子冰壶队在冰壶世锦赛比赛的瞬间。比赛时两位队员在冰壶前方“刷冰”，使冰熔化成水。“刷冰”改变内能的方式是（ ）
A．克服重力做功 B．克服摩擦力做功
C．手将热传递给水 D．推杆将热量传递给冰
【答案】B
【解析】
“刷冰”过程中，克服摩擦做功，冰的内能增大，温度升高，达到熔点熔化，故B符合题意。
【例12】“频闪摄影”是研究物体运动时常用的一种实验方法，如图中显示甲乙两球下落时的频闪照片；丙图所示是海洋世界里的海豚正在顽皮的吐泡泡，气泡在上升过程中越来越大；丁图用打气筒向广口瓶中打气，过一会儿看到瓶塞跳起。则下列说法不正确的是（ ）
A．甲乙两球下落时都是重力势能转化为动能
B．甲球下落过程中动能在逐渐增大
C．丙图中气泡上升时气泡内的气体内能转化为机械能
D．丁图中瓶塞跳起时，瓶内气体一部分内能转化为瓶塞的机械能
【答案】A
【解析】
A.根据频闪摄影拍摄时间间隔相等，甲图球间隔越来越大，所以速度越来越大，重力势能转化为动能；乙图球的间隔不变，可知该球座匀速运动，动能不变，故A错误。
B.甲图中小球下落过程中速度越来越快，所以其动能在逐渐增大，故B正确。
C.气泡上升时，高度和速度越来越大，重力势能和动能变大，故机械能变大。同时，气体体积变大时对外做功，内能减少，所以，此过程中气泡内气体的内能转化为机械能，故C正确。
D.瓶塞跳起时，瓶内气体一部分内能转化为瓶塞的机械能，故D正确。
【例13】为了探究热传递过程中高温物体、低温物体温度变化的特点，小明做了如下实验，将盛有30℃冷水的小烧杯放入盛有70℃热水的大烧杯中，分别用温度传感器测量两杯水的温度变化情况，绘制成如图所示的图像。下列说法错误的是（ ）
A．热水的质量可能小于冷水的质量 B．热水温度下降比冷水温度升高得快
C．热水放出的热量等于冷水吸收的热量 D．热水和冷水到达同一温度的时间是相同的
【答案】C
【解析】
A.热水的质量与冷水质量相比，可能小，也可能相等，也可能大，故A正确。
B.400s内，热水温度由70℃下降到40℃，下降30℃；冷水30℃上升到40℃，上升10℃，热水温度下降比冷水温度升高得快，故B正确。
C.实验中不可避免有热量损失，所以热水放出热量大于冷水吸收的热量，故C错误。
D.由图可知，400s时，热水和冷水到达同一温度40℃，所以热水和冷水到达同一温度的时间是相同的，故D正确。
【例14】现在人们的生活水平越来越高，早餐也由原来单一的稀饭咸菜变得丰富美味。如图所示的四种早餐小吃通过“煎、炸、蒸、炒”。下列对其中所包含的科学知识的说法正确的是（ ）
A．煎：煎饺子的锅一般用铁制造，主要是利用了铁的比热容大
B．炸：炸油条时用油不用水，是因为油的沸点比水高，能获得较高的温度
C．蒸：是通过热传递和高温水蒸气液化放热，使包子含有的热量增加
D．炒：炒粉时厨师不断地用铲子翻动是利用做功的方式使米粉的内能增加
【答案】B
【解析】
A．煎锅一般用铁制造，主要是利用铁具有良好的导热性，与比热容无关，故A错误；
B．一标准大气压下水的沸点是100℃，而油的沸点高于100℃，炸油条时用油而不用水，是因为油的沸点比水高，能获得较高的温度，故B正确；
C．热量是过程量，不能说含有，故C错误；
D．炒主要是通过热传递的方式使米粉的内能增加，故D错误。
【例15】用煤炉给的水加热，同时绘制了加热过程中水温随时间变化图线如图所示，若在6min内完全燃烧的煤（水的比热容为，煤的热值为），根据题意，下列判断不正确的是（ ）
A．加热3min水吸收的热量是加热6min水吸收的热量的一半
B．水升高相同的温度，吸收的热量是相同的
C．相同的加热时间里，水升高的温度不同
D．水升温的过程中比热容不变
【答案】A
【解析】
A．同一煤炉在相同时间内放出的热量相同，从图中可知，加热3min时，水升高的温度为20℃左右，从3~6min时水升高的温度为20℃左右，根据Q吸=cmΔt可知，加热3min水吸热不是加热6min水吸热的一半，故A错误，符合题意；
B．根据Q吸=cmΔt可知，在水的质量相同时，水升高相同的温度，吸收的热量是相同的，故B正确，不符合题意；
C．从图中可知，第2min时，水的温度为50℃，上升到70℃后温度上升的越来越慢，原因是水与环境的温度差越大热传递越快，所以水温度上升的速度越来越慢，故C正确，不符合题意；
D．比热容是物质的一种特性，其大小与物质的种类和所处的状态有关，而与物体的温度、质量无关；所以，水在吸热过程中，水的比热容不变。故D正确，不符合题意。
【例16】小徐购买了一个电加热恒温杯垫，在冬天就能喝上温热的牛奶了。小徐关于温度、热量和内能等的看法正确的是（ ）
A．该恒温杯垫的原理是：牛奶的温度与恒温杯垫相同时，不再发生热传递
B．把牛奶放在恒温杯垫上，垫的温度越高牛奶所含热量越多
C．牛奶的温度不变，内能一定不变
D．小徐喝下牛奶，牛奶的温度传递给了他
【答案】C
【解析】
A．电加热恒温杯垫是通过电流的热效应给牛奶加热，使其吸收和散失的热量相同，从而保持恒温，故A错误；
B．热量是过程量，不能说“含有”，故B错误；
C．牛奶散热的同时，吸收杯垫传递的热量，内能不变，温度不变，故C正确；
D．小徐喝下牛奶，牛奶的热量传递给了他，故D错误。
【例17】如图甲所示，把10℃牛奶放在初温60℃的热水中加热，每隔1分钟测量一下水和牛奶的温度，描绘出它们的温度随时间变化的图像（图乙所示）。下列说法中不正确的是（ ）
A．曲线E表示水的温度随时间的变化规律
B．牛奶吸收热量，温度上升
C．前十分钟内，水变化的温度小于牛奶变化的温度
D．从上述变化过程中可以得出水的比热容比牛奶的比热容大
【答案】D
【解析】
A．装有凉奶的奶瓶放在热水中要吸收热量，温度升高，由图乙可知， F 的温度不断升高，因此表示热奶的温度随时间变化的曲线，曲线 E 表示水的温度随时间的变化规律，故A正确，不符合题意；
B．图中所示牛奶吸收热量，温度上升，故B正确，不符合题意；
C．前十分钟内，水温度从60摄氏度到40摄氏度，牛奶温度从20摄氏度以下到40摄氏度 ，水变化的温度小于牛奶变化的温度，故C正确，不符合题意；
D．由于水和热奶的质量关系可能不同，因此我们不能仅凭图象判断水的比热容比牛奶的大，故D错误，符合题意。
【例18】已知水、酒精、砂石、铁的比热和初温如下表，用相同的酒精灯给等质量的水、酒精、砂石、铁加热相同的时间（不考虑热量散失），下列说法正确的是（ ）
物质
水
酒精
砂石
铁
比热（焦/千克·℃）
4.2×103
2.4×103
0.92×103
0.46×103
初温（℃）
40
30
20
10
A． 末温最高的一定是铁 B．升温最快的一定是铁
C．吸热最多的一定是水 D．升温最快的一定是水
【答案】B
【解析】
C．用相同的酒精灯给等质量的水、酒精、砂石、铁加热相同的时间，则它们吸收的热量是相同的，故C错误；
A．由表可知，铁的比热容最小，根据Q=cmΔt得Δt=可知，可以判断铁升高的温度最大。但铁的初温最低，则无法确定铁的末温是否最高，故A错误；
BD．由于加热时间相同，铁升高的温度最大，则铁升温最快。故B正确，D错误。
【例19】质量相等的两金属块A和B长时间放在沸水中，将它们从沸水中取出后，立刻分别投入甲、乙两杯质量和温度都相同的冷水中。不计热量损失，当甲、乙两杯水的温度不再升高时，发现甲杯水的温度低于乙杯水的温度。则下列说法中正确的是（ ）
A．金属块A末温比金属块B的末温高
B．金属块A放出的热量比金属块B的多
C．金属块A在沸水中吸热比金属块B吸热多
D．金属块A的比热容比金属块B的比热容小
【答案】D
【解析】
A．达到热平衡后，金属块的末温等于水的末温，因为甲杯水的温度低于乙杯水的温度，所以金属块A末温比金属块B的末温低，故A错误；
B．两金属块使水温升高，甲杯水的温度低于乙杯水的温度，甲杯水吸热少、金属块A放热少，故B错误；
C．不知金属块的初温，无法比较两金属块吸热多少，故C错误；
D．两金属块都从沸水中取出、初温相同，对于金属块A来说有
cAmA（t-tA）=c水m水（tA-t水初）……①
对于金属块B来说有
cBmB（t-tB）=c水m水（tB-t水初）……②
因为
mA=mB
则①÷②得
又
tA＜tB
故
tA-t水初＜tB-t水初
则有
cA（t-tA）＜cB（t-tB）
又
t-tA＞t-tB
故
cA＜cB
【例20】如图是某实验小组画出的1kg冰熔化时温度随时间变化的图像。实验中实验小组成员严格控制变量，使冰（水）单位时间内吸收相等的热量。已知水的比热是4.2×103J/(kg·℃)。请根据所学知识并利用图像分析，以下说法正确的是（ ）
A．吸收相等的热量冰和水升高温度相同
B．由图可知，第1分钟后冰全部熔化为水
C．0~1分钟时间内该冰块吸收的热量为2.1×104J
D．通过计算可以得出冰的比热容为2.1×103J/(kg·℃)
【答案】D
【解析】
A．从0~1min内冰吸收的热量与4~5min内水吸收的热量相等，但是冰升高了20℃，而水升高了10℃，故A错误；
B．根据图像可知，冰的熔化过程经历了3min，故B错误；
C．从0~1min内冰吸收的热量与4~5min内水吸收的热量相等，即
故C错误；
D．冰升高了20℃，那么冰的比热容为
故D正确。
【例21】质量和温度都相同的甲、乙两种物质，用同样的加热器进行加热，它们温度随时间变化的图像如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．甲物质的沸点一定是80℃，乙物质的沸点一定是40℃
B．甲比乙吸收的热量多
C．甲和乙继续吸热，虽然温度各自保持不变，但甲和乙的内能都不断增加
D．甲的比热容大于乙的比热容
【答案】C
【解析】
A．由图象可知，甲和乙的未温保持不变，但可能处在熔化过程中，也可能处于沸腾过程中，此时的温度不一定是沸点，故A错误；
B．实验中用同样的加热器进行加热，在相同时间内物质吸收的热量是相同的，则在0-6min内两物质吸收的热量都是相同的，故B错误；
C．8-10min甲和乙继续吸热，甲和乙的内能都不断增加，故C正确；
D．由图可知，在0-6min内，加热时间相同，吸收的热量相同，甲的温度变化快，且两物质的质量相同，根据Q＝cmΔt可知，甲的比热容小，故D错误。
【例22】将冰块放在泡沫箱中可制成简易“冰箱”，把一瓶饮料放入“冰箱”后，冰块和饮料的温度随时间变化的曲线如图所示，在两物体温度达到相同之前，下列说法正确的是（ ）
A．甲是冰块 B．乙吸收热量 C．甲内能增加 D．乙内能减少
【答案】B
【解析】
由图可知，物体甲的温度是降低的，即物体甲放出热量，内能减小；物体乙的温度是升高的，即物体乙吸收热量，内能变大；所以物体甲是饮料，乙是冰块；故B正确，ACD错误。
【例23】如图所示，甲、乙两球完全相同，分别浸没在水和水银的同一深度内，甲、乙两球是用同一种特殊材料制作的：当温度稍微升高时，球的体积会变大。如果开始水和水银的温度相同，且两液体温度同时缓缓地升高同一值，则（ ）
A．甲球吸收的热量较多 B．乙球吸收的热量较多
C．两球吸收的热量相等 D．无法确定
【答案】B
【解析】
根据题意知道，水和水银的初温相同（两球的初温相同），当两液体温度同时缓缓地升高同一值，二者的末温相同，吸收的热量除了使内能增加相同的量外还要克服液体的压力做功，所以，乙球吸收的热量较多。
【例24】已知铜的比热小于铁的比热，质量相等的铁块和铜块，在沸水中加热相当长的时间后取出，再让它们放出相等的热量，这时比较铜块的末温t铜与铁块的末温t铁（ ）
A．t铜＜t铁 B．t铜＞t铁 C．t铜=t铁 D．无法确定
【答案】A
【解析】
由题可知，铁的比热容大于铜的比热容， ，质量m相同，放出的热量相同，比热容大的降低温度小，所以铁块比铜块降低的温度值低。又因为在沸水中加热相当长时间后取出，即两者的初温相同，所以铁块的末温高，故选A。
【例25】将一高温物体与一低温物体接触达到相同温度（两物体与外界没有热量交换）。则有（ ）
A．高温物体放出的热量一定大于低温物体吸收的热量
B．高温物体放出的热量一定等于低温物体吸收的热量
C．高温物体降低的温度一定大于低温物体升高的温度
D．高温物体降低的温度一定等于低温物体升高的温度
【答案】B
【解析】
将一高温物体与一低温物体接触达到相同温度，由于不知它们的初始温度和质量大小，故无法判定温度的高低，故CD错误；
高温物体放出热量，低温物体吸收热量，由于两物体与外界没有热量交换，放出的热量等于吸收的热量，故B正确，A错误；故应选B．
【例26】已知水的比热容是/℃），太阳能热水器内盛有100千克、温度为20的水，受阳光照射水温升高到60，针对这种情况，以下说法正确的是（ ）
A．这些水吸收了的热量 B．.20℃的水比60的水热量少
C．这些20的水吸收了太阳的温度后变成 D．60的水降到0时水的内能降为0
【答案】A
【解析】
A．水吸收的热量：
Q吸=cmt=4.2J/(kg/℃)100kg(60)1.68J
故A正确；
B．热量是一个过程量，所以不能说20的水比60的水热量少，故B错误；
C．水吸收热量，而不能说吸收了温度，故C错误；
D．一切物体都具有内能，0的水仍具有内能，故D错误。
【例27】用供热稳定的热源给一个晶体均匀加热，用描点法得到其熔化图像如图所示，那么下列说法中不正确的是（ ）
A．该晶体熔化时，仍然以热传递的方式不断吸收热量
B．该晶体吸热时，温度可以不变
C．该物体在固态时的比热容较液态时的比热容更小
D．该物体在固态时的比热容与液态时的比热容之比是1:2
【答案】D
【解析】
AB．晶体熔化过程中，以热传递的方式从外界吸收热量；而且在熔化过程中，温度保持不变；故AB项正确；AB项不符合题意；
CD．在质量不变的前提下，吸收热量之比为1:2，温度升高之比为2:1，由，所以固态与液态物质比热容之比为：
所以该物体在固态时的比热容较液态时的比热容更小，该物体在固态时的比热与液态时的比热之比是1:4。故C项正确、C项不符合题意；D项错误；D项符合题意；
【例28】将一杯热水倒入容器内的冷水中，冷水温度升高10℃，又向容器内倒入同样一杯热水，冷水温度又升高6℃，若再向容器内倒入同样一杯热水，则冷水温度将再升高（不计热损失）（ ）
A．4.5℃ B．4℃ C．3.5℃ D．3℃
【答案】B
【解析】
热传递过程中高温物体放出热量，低温物体吸收热量，直到最后温度相同。知道热水的质量和温度变化、冷水的质量和温度变化，利用热平衡方程Q吸=Q放列出两个等式，可解得容器里的水与一杯水的质量关系及热水与冷水间的温度差；则假设一次性将全部热水倒入，则可求得冷水升高的总温度，即可求得再加1杯水时容器内的水升高的温度。设热水和冷水的温度差为t，∵质量为m0的一小杯热水倒入盛有质量为m的冷水的保温容器中，使得冷水温度升高了10℃，∴Q吸=Q放，从而可知，cm0（t-10℃)=cm×10℃，-------①又向保温容器中倒入一小杯同质量为m0同温度的热水，水温又上升了6℃，△Q吸=△Q放，从而可知，cm0（t-10℃-6℃)=c（m+m0）×6℃，-------②则①-②得：6℃×cm0=10℃×cm-6℃×cm-6℃×cm0，整理得：12℃×cm0=4℃×cm，解得：m=3m0； 代入①式可得，t=40℃；假设我们将全部热水一次性注入，则由热平衡方程可知：3m0c（40℃-△t)=mc△t，m=3m0；联立两式解得：△t=20℃；则注入后3杯水后，水温还会上升：20℃-10℃-6℃=4℃。故选B。
浙教版九年级上册第三章第五节
物体的内能-内能及热量计算
【知识点分析】
一.内能
1.内能的定义：分子的动能和势能的总和。
2.内能大小的影响因素：
（1）分子动能：分子永不停息地做无规则运动，同一切运动着的物体一样,运动着的分子也具有动能。
【影响分子动能的因素】
温度升高 分子运动剧烈程度增加 内能增加
温度
温度降低 分子运动剧烈程度减弱 内能减少
（2）分子势能：由于分子之间存在相互作用力,因此分子之间也具有势能。
【影响分子势能的因素】
体积增加 分子势能增加 内能增加
体积
体积减少 分子势能减少 内能减少
（3）分子数目：温度体积相同，物体内的分子数越多，内能就越大
3.改变物体内能大小的方法：
二.热量的计算
1.热量定义：物体在热传递过程中转移能量的多少叫做热量
2.比热容的定义：单位质量的某种物质，温度升高1℃所吸收的热量叫做这种物质的比热容，比热容用符号℃表示，单位为焦/(千克. ℃)，读作焦每千克摄氏度。
3.热量的计算公式：Q=cm△t ，其中C表示比热容，m表示质量，△t 表示温度变化量
4.燃料的热值：
（1）定义：单位质量或体积的某种燃料完全燃烧时放出的热量，叫做这种燃料的热值。
（2）单位：焦/千克，或者焦/立方米
5.燃料完全燃烧放出热量的计算公式（一般是总功）： Q放=mq
三.温度，内能和热量的关系比较
温度
热量
内能
概念不同
宏观上：表示物体的冷热程度
微观上：反映物体中大量分子
在热传递过程中， 传递热量的无规则运动的剧烈程度多少
物体内所有分子无规则运动的动能与势能的总和
量的性质
状态量
过程量
状态量
表述
“降低”或“升高”
“放出”或“吸收”
“有”“具有”“改变”“增加”“减少”
单位
摄氏度(℃)
焦耳(J)
焦耳(J)
联系
温度的变化，可以改变一个物体的内能，,传递热量的多少可以量度物体内能改变的多少。物体吸收或放出热量，它的内能将发生改变，但它的温度不一定改变。如冰融化时要吸收热量，内能增加，但温度却保持在0℃不变。同样，物体放出热量时，温度也不一定降低
【考点回顾】
1. 理解内能及影响因素
2. 掌握热量的计算
3. 分清内能，热量和温度的关系
【例题分析】
【例1】下列关于温度、内能和热量的描述中，正确的是（ ）
A．物体吸收热量时，温度一定升高
B．做功和热传递都能改变物体的内能
C．物体的内能越大，其含有的热量就越多
D．热量总是从内能大的物体向内能小的物体传递
【答案】B
【解析】
A．物体吸收热量时，温度不一定升高，例如：水沸腾时吸热，但温度保持不变，故A错误。
B．做功和热传递都能改变物体的内能，故B正确。
C．热量是过程量，只能描述为“吸收热量”或“放出热量”，故C错误。
D．热量总是从温度高的物体向温度低的物体传递，故D错误。
【例2】利用如图所示装置，探究“做功改变物体内能”。广口瓶内装有一些水，用瓶塞将瓶口塞紧，瓶塞通过导管与打气筒相连，用打气筒给瓶中打气。实验中，你应该注意观察的是（ ）
A．打气的过程 B．打气过程中瓶内水的情况
C．瓶塞跳起的高度 D．瓶塞跳起的瞬间，瓶内发生的变化
【答案】D
【解析】
实验是研究物体对外做功时物体内能的变化情况（即瓶内空气的内能变化情况），所以实验时需要观察瓶塞跳起的瞬间瓶内出现的现象，故ABC错误，D正确。
【例3】如图所示，用相同的加热装置对a、b、c三种物质加热，它们的温度随时间变化的图像，其中a、c质量相同。下列对图像的分析正确的是（ ）
A．t1﹣t2时间内物质a的温度不变，所以内能不变
B．如果a、b是同种物质，b的质量大于a的质量
C．温度从T1升高到T2时，物质a和物质b吸收的热量相等
D．物质b的比热容大于物质c的比热容
【答案】B
【解析】
A．根据图像可知，t1~t2时间内物质a的温度不变，但是由于不断吸热，所以内能增大，故A错误；
B．a、b为同种物质，则比热容相等；当加热时间都为t1时，二者吸收的热量相同，此时升高的温度b小于a。根据Q=cm△t可知，升高的温度与物体质量成反比，即b的质量大于a，故B正确；
C．根据图像可知，从从T1升高到T2时，a用的时间小于b的时间，即物质a吸收的热量小于b，故C错误；
D．根据图像可知，同样升高到T1，b用的时间比c小，即b吸收的热量小于c，但由于不知道bc的质量大小，不能判断bc的比热容大小，故D错误。
【例4】车辆由于紧急刹车，刹车片迅速夹紧刹车盘（不考虑刹车片磨损），靠刹车片与刹车盘的剧烈摩擦最终使车辆停止运动，这个过程导致刹车片和刹车盘温度升高。则下列说法正确的是（ ）
A．车辆停止后，无速度，则刹车片内能为零 B．车辆在减速过程中，内能转化成机械能
C．刹车片和刹车盘温度升高，可知刹车片内能增大 D．由于质量没改变，则刹车片内能不发生变化
【答案】C
【解析】
A．车辆停止后，无速度，它的机械能变成零，但是刹车片内能肯定不为零，故A错误。
B．车辆在减速过程中，机械能减小，则机械能转化为内能，故B错误。
C．刹车片和刹车盘温度升高，可知刹车片内能增大，故C正确。
D．质量没改变，但是刹车片的温度升高，则刹车片内能增大了，故D错误。
【例5】做功和热传递均能改变物体的内能，下列方法中，通过做功来增加双手内能的是（ ）
A．对手哈气 B．来回搓手 C．捧电暖宝 D．放入热水
【答案】B
【解析】
A．对手哈气时，手吸收热量，温度升高，属于热传递改变物体的内能，故A不符合题意；
B．来回搓手时，手的机械能转化为内能，属于做功改变物体的内能，故B符合题意；
C．电暖宝暖手时，手从电暖宝上吸收热量，属于热传递改变物体的内能，故C不符合题意；
D．手放入热水时，热水的内能转移到手上，属于热传递改变物体的内能，故D不符合题意。
【例6】下列说法正确的是（ ）
A．没有吸热过程和放热过程，说热量是毫无意义的
B．物质的比热与物体吸收的热量、物体的质量及物体温度的变化有关
C．两个物体升高相同的温度，吸收的热量也一定相同
D．热量总是从热量多的物体传递给热量少的物体
【答案】A
【解析】
A．热量是指在热传递的过程中，内能改变的多少，即热量是过程量，故A正确；
B．物质的比热容是物体的一种特性，与物体吸收的热量、物体的质量及物体温度的变化无关，故B错误；
C．由，物体吸收的热量与物体的比热容、质量、温度变化量都有关系，故C错误；
D．热总是从高温的物体传递给低温的物体，或从物体的高温部分传向低温部分，故D错误。
【例7】下面关于温度、热量、内能和热值的说法正确的是（ ）
A．物体吸收了热量，温度一定会升高
B．物体温度升高，内能一定会增加
C．质量相同的两个物体，温度升高多的物体，吸收的热量一定多
D．热值大的物质，燃烧时放出的热量更多
【答案】B
【解析】
A．物体吸收了热量，内能增大，但温度不一定升高，例如：晶体熔化时，吸收热量，温度不变，故A错误；
B．物体的内能与温度有关，物体的温度升高，内能会增加，故B正确；
C．由吸热公式Q=cmΔt可知，吸收热量的多少由比热容、质量、变化的温度共同决定的，质量相同的两个物体，温度升高多的物体，吸收的热量不一定多，故C错误；
D．燃料燃烧放出热量的多少不仅与燃料的热值大小有关，还与燃料的质量以及燃烧程度有关，热值大的物质，燃烧时放出的热量不一定更多，故D错误。
【例8】在演示压缩气体做功实验（如图甲所示）时，为帮助学生理解气体内能是在不断增大的，老师设计了改进实验（如图乙所示）。则在向内推动活塞的过程中，会看到温度显示器显示的温度（ ）
A．减小 B．不变 C．升高 D．先减小后升高
【答案】C
【解析】
在向内推动活塞的过程中，活塞对气体做功，内能增加，温度升高，看到温度显示器显示的温度升高。
【例9】2021年9月，神舟十二号返回舱成功着陆。返回舱返航穿越大气层时外壁的内能会增大（如图），其主要原因是（ ）
A．大气对返回舱做功 B．返回舱对大气做功
C．大气向返回舱热传递 D．返回舱向大气热传递
【答案】A
【解析】
AB．外界对物体做功，物体内能增大，物体对外界做功，内能减小，返回舱返航穿越大气层时，克服空气阻力做功，机械能转化为内能，大气对返回舱做功，返回舱外部内能增大，故A符合题意，B不符合题意；
CD．返回舱返航穿越大气层时外壁的内能会增大，通过做功的方式增大内能的，不是通过热传递的方式增大内能的，故CD不符合题意。
【例10】关于热量、温度、内能之间的关系，下列说法正确的是（ ）
A．一个物体温度升高，其内能不一定增加
B．晶体在熔化过程中，吸收热量温度保持不变，但内能增加
C．温度高的物体含有的热量可能比温度低的物体含有的热量多
D．温度高的物体具有的内能一定比温度低的物体具有的内能多
【答案】B
【解析】
A．一个物体温度升高，其内能一定增加，故A错误。
B．晶体在熔化过程中，吸收热量温度保持不变，但内能增加，故B正确。
C．热量是过程量，不能说含有，只能说“吸收”或“放出”，故C错误。
D．温度高的物体具有的内能不一定比温度低的物体具有的内能多，例如1g100℃的水的内能不一定比1t0℃水的内能大，故D错误。
【例11】如图是中国女子冰壶队在冰壶世锦赛比赛的瞬间。比赛时两位队员在冰壶前方“刷冰”，使冰熔化成水。“刷冰”改变内能的方式是（ ）
A．克服重力做功 B．克服摩擦力做功
C．手将热传递给水 D．推杆将热量传递给冰
【答案】B
【解析】
“刷冰”过程中，克服摩擦做功，冰的内能增大，温度升高，达到熔点熔化，故B符合题意。
【例12】“频闪摄影”是研究物体运动时常用的一种实验方法，如图中显示甲乙两球下落时的频闪照片；丙图所示是海洋世界里的海豚正在顽皮的吐泡泡，气泡在上升过程中越来越大；丁图用打气筒向广口瓶中打气，过一会儿看到瓶塞跳起。则下列说法不正确的是（ ）
A．甲乙两球下落时都是重力势能转化为动能
B．甲球下落过程中动能在逐渐增大
C．丙图中气泡上升时气泡内的气体内能转化为机械能
D．丁图中瓶塞跳起时，瓶内气体一部分内能转化为瓶塞的机械能
【答案】A
【解析】
A.根据频闪摄影拍摄时间间隔相等，甲图球间隔越来越大，所以速度越来越大，重力势能转化为动能；乙图球的间隔不变，可知该球座匀速运动，动能不变，故A错误。
B.甲图中小球下落过程中速度越来越快，所以其动能在逐渐增大，故B正确。
C.气泡上升时，高度和速度越来越大，重力势能和动能变大，故机械能变大。同时，气体体积变大时对外做功，内能减少，所以，此过程中气泡内气体的内能转化为机械能，故C正确。
D.瓶塞跳起时，瓶内气体一部分内能转化为瓶塞的机械能，故D正确。
【例13】为了探究热传递过程中高温物体、低温物体温度变化的特点，小明做了如下实验，将盛有30℃冷水的小烧杯放入盛有70℃热水的大烧杯中，分别用温度传感器测量两杯水的温度变化情况，绘制成如图所示的图像。下列说法错误的是（ ）
A．热水的质量可能小于冷水的质量 B．热水温度下降比冷水温度升高得快
C．热水放出的热量等于冷水吸收的热量 D．热水和冷水到达同一温度的时间是相同的
【答案】C
【解析】
A.热水的质量与冷水质量相比，可能小，也可能相等，也可能大，故A正确。
B.400s内，热水温度由70℃下降到40℃，下降30℃；冷水30℃上升到40℃，上升10℃，热水温度下降比冷水温度升高得快，故B正确。
C.实验中不可避免有热量损失，所以热水放出热量大于冷水吸收的热量，故C错误。
D.由图可知，400s时，热水和冷水到达同一温度40℃，所以热水和冷水到达同一温度的时间是相同的，故D正确。
【例14】现在人们的生活水平越来越高，早餐也由原来单一的稀饭咸菜变得丰富美味。如图所示的四种早餐小吃通过“煎、炸、蒸、炒”。下列对其中所包含的科学知识的说法正确的是（ ）
A．煎：煎饺子的锅一般用铁制造，主要是利用了铁的比热容大
B．炸：炸油条时用油不用水，是因为油的沸点比水高，能获得较高的温度
C．蒸：是通过热传递和高温水蒸气液化放热，使包子含有的热量增加
D．炒：炒粉时厨师不断地用铲子翻动是利用做功的方式使米粉的内能增加
【答案】B
【解析】
A．煎锅一般用铁制造，主要是利用铁具有良好的导热性，与比热容无关，故A错误；
B．一标准大气压下水的沸点是100℃，而油的沸点高于100℃，炸油条时用油而不用水，是因为油的沸点比水高，能获得较高的温度，故B正确；
C．热量是过程量，不能说含有，故C错误；
D．炒主要是通过热传递的方式使米粉的内能增加，故D错误。
【例15】用煤炉给的水加热，同时绘制了加热过程中水温随时间变化图线如图所示，若在6min内完全燃烧的煤（水的比热容为，煤的热值为），根据题意，下列判断不正确的是（ ）
A．加热3min水吸收的热量是加热6min水吸收的热量的一半
B．水升高相同的温度，吸收的热量是相同的
C．相同的加热时间里，水升高的温度不同
D．水升温的过程中比热容不变
【答案】A
【解析】
A．同一煤炉在相同时间内放出的热量相同，从图中可知，加热3min时，水升高的温度为20℃左右，从3~6min时水升高的温度为20℃左右，根据Q吸=cmΔt可知，加热3min水吸热不是加热6min水吸热的一半，故A错误，符合题意；
B．根据Q吸=cmΔt可知，在水的质量相同时，水升高相同的温度，吸收的热量是相同的，故B正确，不符合题意；
C．从图中可知，第2min时，水的温度为50℃，上升到70℃后温度上升的越来越慢，原因是水与环境的温度差越大热传递越快，所以水温度上升的速度越来越慢，故C正确，不符合题意；
D．比热容是物质的一种特性，其大小与物质的种类和所处的状态有关，而与物体的温度、质量无关；所以，水在吸热过程中，水的比热容不变。故D正确，不符合题意。
【例16】小徐购买了一个电加热恒温杯垫，在冬天就能喝上温热的牛奶了。小徐关于温度、热量和内能等的看法正确的是（ ）
A．该恒温杯垫的原理是：牛奶的温度与恒温杯垫相同时，不再发生热传递
B．把牛奶放在恒温杯垫上，垫的温度越高牛奶所含热量越多
C．牛奶的温度不变，内能一定不变
D．小徐喝下牛奶，牛奶的温度传递给了他
【答案】C
【解析】
A．电加热恒温杯垫是通过电流的热效应给牛奶加热，使其吸收和散失的热量相同，从而保持恒温，故A错误；
B．热量是过程量，不能说“含有”，故B错误；
C．牛奶散热的同时，吸收杯垫传递的热量，内能不变，温度不变，故C正确；
D．小徐喝下牛奶，牛奶的热量传递给了他，故D错误。
【例17】如图甲所示，把10℃牛奶放在初温60℃的热水中加热，每隔1分钟测量一下水和牛奶的温度，描绘出它们的温度随时间变化的图像（图乙所示）。下列说法中不正确的是（ ）
A．曲线E表示水的温度随时间的变化规律
B．牛奶吸收热量，温度上升
C．前十分钟内，水变化的温度小于牛奶变化的温度
D．从上述变化过程中可以得出水的比热容比牛奶的比热容大
【答案】D
【解析】
A．装有凉奶的奶瓶放在热水中要吸收热量，温度升高，由图乙可知， F 的温度不断升高，因此表示热奶的温度随时间变化的曲线，曲线 E 表示水的温度随时间的变化规律，故A正确，不符合题意；
B．图中所示牛奶吸收热量，温度上升，故B正确，不符合题意；
C．前十分钟内，水温度从60摄氏度到40摄氏度，牛奶温度从20摄氏度以下到40摄氏度 ，水变化的温度小于牛奶变化的温度，故C正确，不符合题意；
D．由于水和热奶的质量关系可能不同，因此我们不能仅凭图象判断水的比热容比牛奶的大，故D错误，符合题意。
【例18】已知水、酒精、砂石、铁的比热和初温如下表，用相同的酒精灯给等质量的水、酒精、砂石、铁加热相同的时间（不考虑热量散失），下列说法正确的是（ ）
物质
水
酒精
砂石
铁
比热（焦/千克·℃）
4.2×103
2.4×103
0.92×103
0.46×103
初温（℃）
40
30
20
10
A． 末温最高的一定是铁 B．升温最快的一定是铁
C．吸热最多的一定是水 D．升温最快的一定是水
【答案】B
【解析】
C．用相同的酒精灯给等质量的水、酒精、砂石、铁加热相同的时间，则它们吸收的热量是相同的，故C错误；
A．由表可知，铁的比热容最小，根据Q=cmΔt得Δt=可知，可以判断铁升高的温度最大。但铁的初温最低，则无法确定铁的末温是否最高，故A错误；
BD．由于加热时间相同，铁升高的温度最大，则铁升温最快。故B正确，D错误。
【例19】质量相等的两金属块A和B长时间放在沸水中，将它们从沸水中取出后，立刻分别投入甲、乙两杯质量和温度都相同的冷水中。不计热量损失，当甲、乙两杯水的温度不再升高时，发现甲杯水的温度低于乙杯水的温度。则下列说法中正确的是（ ）
A．金属块A末温比金属块B的末温高
B．金属块A放出的热量比金属块B的多
C．金属块A在沸水中吸热比金属块B吸热多
D．金属块A的比热容比金属块B的比热容小
【答案】D
【解析】
A．达到热平衡后，金属块的末温等于水的末温，因为甲杯水的温度低于乙杯水的温度，所以金属块A末温比金属块B的末温低，故A错误；
B．两金属块使水温升高，甲杯水的温度低于乙杯水的温度，甲杯水吸热少、金属块A放热少，故B错误；
C．不知金属块的初温，无法比较两金属块吸热多少，故C错误；
D．两金属块都从沸水中取出、初温相同，对于金属块A来说有
cAmA（t-tA）=c水m水（tA-t水初）……①
对于金属块B来说有
cBmB（t-tB）=c水m水（tB-t水初）……②
因为
mA=mB
则①÷②得
又
tA＜tB
故
tA-t水初＜tB-t水初
则有
cA（t-tA）＜cB（t-tB）
又
t-tA＞t-tB
故
cA＜cB
【例20】如图是某实验小组画出的1kg冰熔化时温度随时间变化的图像。实验中实验小组成员严格控制变量，使冰（水）单位时间内吸收相等的热量。已知水的比热是4.2×103J/(kg·℃)。请根据所学知识并利用图像分析，以下说法正确的是（ ）
A．吸收相等的热量冰和水升高温度相同
B．由图可知，第1分钟后冰全部熔化为水
C．0~1分钟时间内该冰块吸收的热量为2.1×104J
D．通过计算可以得出冰的比热容为2.1×103J/(kg·℃)
【答案】D
【解析】
A．从0~1min内冰吸收的热量与4~5min内水吸收的热量相等，但是冰升高了20℃，而水升高了10℃，故A错误；
B．根据图像可知，冰的熔化过程经历了3min，故B错误；
C．从0~1min内冰吸收的热量与4~5min内水吸收的热量相等，即
故C错误；
D．冰升高了20℃，那么冰的比热容为
故D正确。
【例21】质量和温度都相同的甲、乙两种物质，用同样的加热器进行加热，它们温度随时间变化的图像如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．甲物质的沸点一定是80℃，乙物质的沸点一定是40℃
B．甲比乙吸收的热量多
C．甲和乙继续吸热，虽然温度各自保持不变，但甲和乙的内能都不断增加
D．甲的比热容大于乙的比热容
【答案】C
【解析】
A．由图象可知，甲和乙的未温保持不变，但可能处在熔化过程中，也可能处于沸腾过程中，此时的温度不一定是沸点，故A错误；
B．实验中用同样的加热器进行加热，在相同时间内物质吸收的热量是相同的，则在0-6min内两物质吸收的热量都是相同的，故B错误；
C．8-10min甲和乙继续吸热，甲和乙的内能都不断增加，故C正确；
D．由图可知，在0-6min内，加热时间相同，吸收的热量相同，甲的温度变化快，且两物质的质量相同，根据Q＝cmΔt可知，甲的比热容小，故D错误。
【例22】将冰块放在泡沫箱中可制成简易“冰箱”，把一瓶饮料放入“冰箱”后，冰块和饮料的温度随时间变化的曲线如图所示，在两物体温度达到相同之前，下列说法正确的是（ ）
A．甲是冰块 B．乙吸收热量 C．甲内能增加 D．乙内能减少
【答案】B
【解析】
由图可知，物体甲的温度是降低的，即物体甲放出热量，内能减小；物体乙的温度是升高的，即物体乙吸收热量，内能变大；所以物体甲是饮料，乙是冰块；故B正确，ACD错误。
【例23】如图所示，甲、乙两球完全相同，分别浸没在水和水银的同一深度内，甲、乙两球是用同一种特殊材料制作的：当温度稍微升高时，球的体积会变大。如果开始水和水银的温度相同，且两液体温度同时缓缓地升高同一值，则（ ）
A．甲球吸收的热量较多 B．乙球吸收的热量较多
C．两球吸收的热量相等 D．无法确定
【答案】B
【解析】
根据题意知道，水和水银的初温相同（两球的初温相同），当两液体温度同时缓缓地升高同一值，二者的末温相同，吸收的热量除了使内能增加相同的量外还要克服液体的压力做功，所以，乙球吸收的热量较多。
【例24】已知铜的比热小于铁的比热，质量相等的铁块和铜块，在沸水中加热相当长的时间后取出，再让它们放出相等的热量，这时比较铜块的末温t铜与铁块的末温t铁（ ）
A．t铜＜t铁 B．t铜＞t铁 C．t铜=t铁 D．无法确定
【答案】A
【解析】
由题可知，铁的比热容大于铜的比热容， ，质量m相同，放出的热量相同，比热容大的降低温度小，所以铁块比铜块降低的温度值低。又因为在沸水中加热相当长时间后取出，即两者的初温相同，所以铁块的末温高，故选A。
【例25】将一高温物体与一低温物体接触达到相同温度（两物体与外界没有热量交换）。则有（ ）
A．高温物体放出的热量一定大于低温物体吸收的热量
B．高温物体放出的热量一定等于低温物体吸收的热量
C．高温物体降低的温度一定大于低温物体升高的温度
D．高温物体降低的温度一定等于低温物体升高的温度
【答案】B
【解析】
将一高温物体与一低温物体接触达到相同温度，由于不知它们的初始温度和质量大小，故无法判定温度的高低，故CD错误；
高温物体放出热量，低温物体吸收热量，由于两物体与外界没有热量交换，放出的热量等于吸收的热量，故B正确，A错误；故应选B．
【例26】已知水的比热容是/℃），太阳能热水器内盛有100千克、温度为20的水，受阳光照射水温升高到60，针对这种情况，以下说法正确的是（ ）
A．这些水吸收了的热量 B．.20℃的水比60的水热量少
C．这些20的水吸收了太阳的温度后变成 D．60的水降到0时水的内能降为0
【答案】A
【解析】
A．水吸收的热量：
Q吸=cmt=4.2J/(kg/℃)100kg(60)1.68J
故A正确；
B．热量是一个过程量，所以不能说20的水比60的水热量少，故B错误；
C．水吸收热量，而不能说吸收了温度，故C错误；
D．一切物体都具有内能，0的水仍具有内能，故D错误。
【例27】用供热稳定的热源给一个晶体均匀加热，用描点法得到其熔化图像如图所示，那么下列说法中不正确的是（ ）
A．该晶体熔化时，仍然以热传递的方式不断吸收热量
B．该晶体吸热时，温度可以不变
C．该物体在固态时的比热容较液态时的比热容更小
D．该物体在固态时的比热容与液态时的比热容之比是1:2
【答案】D
【解析】
AB．晶体熔化过程中，以热传递的方式从外界吸收热量；而且在熔化过程中，温度保持不变；故AB项正确；AB项不符合题意；
CD．在质量不变的前提下，吸收热量之比为1:2，温度升高之比为2:1，由，所以固态与液态物质比热容之比为：
所以该物体在固态时的比热容较液态时的比热容更小，该物体在固态时的比热与液态时的比热之比是1:4。故C项正确、C项不符合题意；D项错误；D项符合题意；
【例28】将一杯热水倒入容器内的冷水中，冷水温度升高10℃，又向容器内倒入同样一杯热水，冷水温度又升高6℃，若再向容器内倒入同样一杯热水，则冷水温度将再升高（不计热损失）（ ）
A．4.5℃ B．4℃ C．3.5℃ D．3℃
【答案】B
【解析】
热传递过程中高温物体放出热量，低温物体吸收热量，直到最后温度相同。知道热水的质量和温度变化、冷水的质量和温度变化，利用热平衡方程Q吸=Q放列出两个等式，可解得容器里的水与一杯水的质量关系及热水与冷水间的温度差；则假设一次性将全部热水倒入，则可求得冷水升高的总温度，即可求得再加1杯水时容器内的水升高的温度。设热水和冷水的温度差为t，∵质量为m0的一小杯热水倒入盛有质量为m的冷水的保温容器中，使得冷水温度升高了10℃，∴Q吸=Q放，从而可知，cm0（t-10℃)=cm×10℃，-------①又向保温容器中倒入一小杯同质量为m0同温度的热水，水温又上升了6℃，△Q吸=△Q放，从而可知，cm0（t-10℃-6℃)=c（m+m0）×6℃，-------②则①-②得：6℃×cm0=10℃×cm-6℃×cm-6℃×cm0，整理得：12℃×cm0=4℃×cm，解得：m=3m0； 代入①式可得，t=40℃；假设我们将全部热水一次性注入，则由热平衡方程可知：3m0c（40℃-△t)=mc△t，m=3m0；联立两式解得：△t=20℃；则注入后3杯水后，水温还会上升：20℃-10℃-6℃=4℃。故选B。
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