专题05热与能能源与材料（解析版）

主题二力学专题专题05热与能、能源与材料（解析版）命题方向考向一内能与分子动理论考向二比热容与热量计算考向三热机及热值相关计算考向四能量守恒与可持续发展考向一内能与分子动理论例1（2022•湘西州）“墙角数枝梅，凌寒独自开。遥知不是雪，为有暗香来”。寒冬梅花香气扑鼻而来，这是因为（）A．分子之间存在引力 B．分子之间存在斥力 C．分子之间没有空隙 D．分子不停地做无规则运动【答案】D。【解答】解：寒冬梅花香气扑鼻而来，是因为梅花花香中含有的分子不停地做无规则运动，向四周扩散，使诗人闻到梅花花香。故选：D。例2（2022•聊城）下列事例中，主要利用做功的方式来改变物体内能的是（）A．把酒精擦在手背上，手背感觉到凉 B．冬天人们在室外晒太阳，感觉暖和 C．汽油机的压缩冲程，燃料温度升高 D．把水放进冰箱冷冻室，水变成冰块【答案】C。【解答】解：A、把酒精擦在手背上，酒精从手吸收热量，使手的温度降低，是通过热传递改变物体的内能，故A不符合题意；B、冬天人们在室外晒太阳，人体从阳光中吸收热量，温度升高，是通过热传递改变物体的内能，故B不符合题意；C、汽油机的压缩冲程，压缩气体做功，机械能转化为内能，是通过做功改变物体的内能，故C符合题意；D、把水放进冰箱冷冻室，水变成冰块，水放出热量，温度降低，是通过热传递改变物体的内能，故D不符合题意。故选：C。例3（2022•青岛）“二十四节气”是我国劳动人民创造的辉煌文化，它的雏形距今已有三千多年。（1）“二十四节气歌”中有“立春阳气转，雨水沿河边”的描述，立春后冰河解冻，这属于物态变化中的熔化现象，此过程需要吸收热量。（2）“节气百子歌”中有“五月端阳吃粽子，六月天热买扇子”的句子，端阳节粽香四溢，这是扩散现象。【答案】（1）熔化；吸收；（2）扩散。【解答】解：（1）立春后冰河解冻，属于熔化现象，会吸收热量；（2）端阳节粽香四溢，说明粽子的香味分子不停地做无规则的运动，扩散到空气中被我们闻到了。故答案为：（1）熔化；吸收；（2）扩散。例4（2022•菏泽）中医药是中华文化的瑰宝，中医的理疗方式中蕴含了许多物理知识，如“拔火罐”时玻璃罐能被吸附在皮肤上利用了大气压；“艾灸”时通过热传递（选填“做功”或“热传递”）的方式改变了穴位处的内能。【答案】大气压；热传递。【解答】解：拔火罐时，先把酒精在罐内烧一下，罐内空气受热排出，此时迅速把罐扣在皮肤上，使罐内气体温度升高，等到罐内的空气冷却后压强降低，小于外面的大气压，外面的大气压就将罐紧紧地压在皮肤上，所以“拔火罐”利用的是大气压；“艾灸”时通过热传递的方式改变了穴位处的内能。故答案为：大气压；热传递。1、分子热运动：（1）分子动理论内容：①物质是由分子组成的；②一切物体的分子都在不停地做无规则运动。③分子间存在相互作用的引力和斥力；④分子之间有间隙。（2）热运动：分子运动快慢与温度有关，温度越高，分子热运动越剧烈。热运动是分子运动，属于微观运动，不可能停止，而机械运动是整个物体运动，属于宏观运动，可以停止。（3）扩散：不同物质相互接触，彼此进入对方的现象。※扩散现象说明：（1）一切物质分子都在不停地做无规则的运动；（2）分子之间有间隙。2、内能：物体内部所有分子热运动的分子动能与分子势能的总和，叫做物体的内能。3、内能的改变：改变物体内能的两种方法：做功和热传递。（1）物体对外做功，物体的内能减小；外界对物体做功，物体的内能增大。（2）热传递发生的条件：存在温度差。能量（内能）从高温物体转移到低温物体：a．高温物体内能减小，温度降低，放出热量；b．低温物体内能增大，温度升高，吸收热量。（3）做功和热传递在改变内能方面是等效的，但实质不同：做功改变内能属于能的转化，热传递改变内能属于能的转移。4、温度、内能、热量：热量(Q)：在热传递过程中，传递能量的多少叫热量。(物体含有多少热量的说法是错误的)；温度、内能、热量之间的关系：（1）物体温度升高，内能一定增大，但不一定吸收热量，因为做功也可以使物体的内能增大；（2）物体内能增大，温度不一定升高，也不一定吸收热量，因为内能增大有可能是因为状态改变造成的，做功也可以使物体的内能增大；（3）物体吸收热量，内能一定增大，但温度可能升高，也可能不变，因为吸收热量有可能改变物体的状态。※温度、热量与内能的关系（热量是一个过程量，一般说传递热量；内能是一个状态量一般说具有内能；温度是一个状态量，一般说升高或者降低温度）。【变式1】（2022•济南二模）关于如图所示的四个演示实验现象，下列说法中不正确的是（）A．如图甲：墨水在热水中扩散得快，说明温度越高分子无规则运动越快 B．如图乙：两个铅块没有被拉开，说明分子间存在相互作用的引力 C．如图丙：用力推入活塞，活塞内的水很难被压缩，说明液体内部有压强 D．如图丁：水与酒精混合时，总体积比预计的要小，说明分子之间有空隙【答案】C。【解答】解：A、红墨水在热水中扩散得快，说明温度越高分子无规则运动越剧烈，故A正确；B、两个铅块没有被重物拉开说明分子间存在引力，斥力同时存在，表现为引力，故B正确；C、用力推入活塞，活塞内的水很难被压缩，说明分子间存在斥力，故C错误；D、水与酒精混合时，总体积比预计的要小，说明分子之间有空隙，故D正确。故选：C。【变式2】（2022•眉山模拟）关于温度、热量和内能，下列说法不正确的是（）A．一个物体的温度升高，内能一定增大 B．物体吸收热量，内能增加，温度不一定升高 C．一切物体都具有内能，内能的大小与物体速度无关 D．热传递过程中，热量不可能从内能少的物体转移到内能多的物体【答案】D。【解答】解：A、同一个物体温度升高，它的内能一定增大，故A正确；B、物体吸收热量，内能增大，但温度不一定升高，比如：晶体在熔化过程中吸收热量，而温度保持不变，故B正确；C、一切物体都具有内能，物体的速度增加，动能增加，但是内能可能不变，因为内能与速度无关，故C正确；D、热传递的条件是有温度差；内能小的物体可能温度高，所以热量可能从内能少的物体传递给内能多的物体，故D错误。故选：D。【变式3】（2022•沈阳模拟）在中国空间站太空授课中，航天员王亚平把花朵折纸放在了水膜上，花朵立即贴在水膜上，这说明分子间存在引力。王亚平将花朵折纸从地面带入中国空间站后，花朵折纸的质量不变（选填“变大”、“变小”或“不变”）。【答案】引力；不变。【解答】解：把花朵折纸放在了水膜上，花朵立即贴在水膜上，是由于水分子与花朵折纸的分子间存在引力，所以该实验能说明分子间存在引力；王亚平将花朵折纸从地面带入中国空间站后，由于质量大小与位置无关，所以花朵折纸的质量不变。故答案为：引力；不变。【变式4】（2022•武进区模拟）用活塞式打气筒给自行车轮胎打气，筒壁发热，发热原因有：（1）打气时活塞压缩气体做功使气体内能增加，再通过热传递的方式使筒壁温度升高。（2）活塞与筒壁之间不断摩擦，将机械能转化为内能。若打气筒的结构如图所示，打气一段时间后，上部筒壁的温度小于（大于/等于/小于）下部筒壁的温度。【答案】（1）做功；热传递；（2）机械能；小于。【解答】解：（1）活塞压缩气体做功，气体内能增大，温度升高，升温的气体通过热传递使筒壁温度升高；（2）打气时活塞与筒壁不断地摩擦，产生的热是传给整个筒壁，使筒壁的内能增加、温度升高；用打气筒为自行车轮胎打气的过程中，会发现气筒的上部筒壁比气筒的下部筒壁的温度低，这是因为用打气筒打气时，压缩筒内空气做功，使筒内下部的空气内能增大、温度升高，这样使打气筒下部筒壁的温度较高。故答案为：（1）做功；热传递；（2）机械能；小于。考向二比热容与热量计算例1（2022•滨州）小华同学用如图甲所示的装置给冰加热。根据实验记录的数据，他绘制了如图乙所示冰熔化时温度随时间变化的图象。小华又继续加热一段时间，观察到水沸腾时温度计的示数如图丙所示。下列说法正确（）A．BC段表示冰的熔化过程，继续吸热温度保持不变，处于固液共存状态 B．比较AB段和CD段可知，AB段的比热容是CD段比热容的2倍 C．水的沸点是98℃，由此可以判断此时的大气压高于一个标准大气压 D．水沸腾时烧杯上方出现大量的“白气”，这些“白气”的形成属于汽化现象【答案】A。【解答】解：A、BC段表示冰的熔化过程，继续吸热温度保持不变，处于固液共存状态，故A正确；B、CD段加热时间是AB段加热时间的两倍，也CD段吸收的热量是AB段的两倍，CD段温度变化10℃，AB段温度变化了10℃，被加热物质的质量不变，根据Q＝cmΔt可知，＝＝＝，CD段的比热容是AB段比热容的2倍，故B错误；C、水的沸点为98℃，小于标准大气压下的100℃，说明当地气压低于标准大气压，故C错误；D、水沸腾时烧杯上方出现大量的“白气”，白气是由气态变成液态形成的，这些“白气”的形成属于液化现象，故D错误。故选：A。例2（2022•株洲）如表格中的数据为水和煤油的比热容，这两种液体中水适合作为汽车发动机的冷却液。若要使壶中质量为2kg的水升高20℃，水需吸收1.68×105J热量，将壶中的水加热一段时间后水变少了，是因为水发生了汽化现象（填物态变化的名称）。物质比热容c/【J/（kg•℃）】水4.2×103煤油2.1×103【答案】水；1.68×105；汽化。【解答】解：（1）由表格数据可知，水的比热容大于煤油的比热容，相同质量的水和煤油相比，升高相同的温度，水吸收的热量多，所以水适合作为汽车发动机的冷却液；（2）水吸收的热量：Q吸＝c水mΔt＝4.2×103J/（kg•℃）×2kg×20℃＝1.68×105J；（3）将壶中的水加热一段时间后，部分液态的水汽化变为气态的水蒸气导致壶中的水变少。故答案为：水；1.68×105；汽化。例3（2022•广安）为了探究“不同物质的吸热能力”，在两个相同的容器中分别装入质量、初温都相同的两种液体A、B，并且用相同的装置加热，如图甲所示。（1）实验中，可以通过比较加热时间（选填“升高的温度”或“加热时间”）来反映两种液体吸收热量的多少；（2）加热到4min时，液体B的温度如图乙所示，此时温度计示数是42℃；（3）冬天，如果你想自制暖手袋，应选液体A（选填“A”或“B”）作为供暖物质，其效果更佳；（4）上述实验中，主要用到的科学探究方法有转换法和控制变量法。【答案】（1）加热时间；（2）42；（3）A；（4）控制变量。【解答】解：（1）实验中选用相同电加热器，相同的时间内放出的热量相同，液体吸收的热量相同；（2）温度计分度值为0.1℃，读数为42℃；（3）由丙图可知吸收相同的热量，A的温度变化慢，说明A的比热容大；冬天要选比热容大的液体作为供暖物质，故选A；（4）上述实验中，主要用到的科学探究方法有转换法和控制变量法。故答案为：（1）加热时间；（2）42；（3）A；（4）控制变量。例4（2022•聊城）食物也是一种“燃料”，释放化学能的过程不断地发生在人体内，提供细胞组织所需的能量。人体摄入的能量（营养师常称之为热量）过多或过少，都有损于健康。（1）某种油炸食品，每100g可提供的能量约为1.26×106J，假设这些能量全部被质量为5kg、温度为25℃的水吸收，可使这些水的温度升高到多少摄氏度？[c水＝4.2×103J/（kg•℃）]（2）如果上述这些能量全部用于克服重力做功，则能把多少千克的物体提升10m？（g取10N/kg）【解答】解：（1）每100g这种油炸食品可提供的能量约为1.26×106J，假设这些能量全部被水吸收，则Q吸＝1.26×106J，根据公式Q吸＝c水m（t﹣t0），则水升高到的温度t＝+t0＝+25℃＝85℃。（2）如果上述这些能量全部用于克服重力做功，则W＝1.26×106J，根据W＝Gh＝mgh得＝＝1.26×104kg。答：（1）某种油炸食品，每100g可提供的能量约为1.26×106J，假设这些能量全部被质量为5kg、温度为25℃的水吸收，可使这些水的温度升高到85摄氏度；（2）如果上述这些能量全部用于克服重力做功，则能把1.26×104千克的物体提升10m。1、比热容：（1）比热容定义：单位质量的某种物质，温度升高1℃所吸收或者降低1℃所放出的热量叫做这种物质的比热容。（2）比热容是物质的一种属性，每种物质都有自己的比热容。比热容的大小与物体的种类、状态有关，与质量、体积、温度、密度、吸热放热、形状等无关。（3）水的比热容是4.2×103J/(kg·℃)，表示的物理意义是：1千克的水温度升高1℃吸收的热量是4.2×103J。2、热量的简单计算热量的计算：(1)吸热：Q吸=cm△t=cm(t-t0)；（2）放热：Q放=cm△t=cm(t0-t)。其中：Q吸—吸收的热量，单位：焦（J），Q放—放出的热量。c—比热容，单位：焦每千克摄氏度（J/(kg·℃)）m—质量，单位：千克（kg）△t—变化的温度（升高或降低的温度），单位：摄氏度（℃）；t0—初始温度、t—末温。【变式1】（2022•市中区校级模拟）有两个温度为100℃、质量相等的金属球，先把甲球放入温水杯中，热平衡后水温升高了10℃；取出甲球，将乙球放入该杯中，热平衡后水温又升高了10℃（末温未达100℃），则甲球比热容c甲和乙球比热容c乙大小的关系是（）A．c甲＜c乙 B．c甲＝c乙 C．c甲＞c乙 D．以上三种情况都有可能【答案】A。【解答】解：先后将甲、乙实心球投入到同一杯水中，水升高的温度相同，水吸收的热量相同，不计热量损失，即Q水吸＝Q放，由此可知，甲、乙两实心球放出的热量相同；由题知，甲实心球比乙多降低了10℃，且甲、乙两实心球的质量相同，由c＝可知，降低的温度多的甲金属球比热容小，即c甲＜c乙。故选：A。【变式2】（2022•丹阳市二模）将一盒牛奶放入一杯热水中加热，牛奶的温度升高，内能增加，这是通过热传递改变了牛奶的内能，若水的质量是0.5kg，水温降低了5℃，则水放出的热量是1.05×104J。【答案】增加；热传递；1.05×104。【解答】解：（1）物体的内能与温度有关，同一物体，温度越高，内能越大，所以将一盒牛奶放入一杯热水中加热，牛奶的温度升高，则内能增加；（2）牛奶吸收热水的热量，使得其内能增加，温度升高，这是通过热传递改变了牛奶的内能；（3）由Q＝cmΔt可得，水放出的热量为：Q放＝cmΔt＝4.2×103J/（kg•℃）×0.5kg×5℃＝1.05×104J。故答案为：增加；热传递；1.05×104。【变式3】（2022•海陵区校级三模）如图甲所示，小明用相同的酒精灯分别给水和煤油加热，以探究水和煤油吸热升温的快慢。（1）本实验需要用到天平这一测量工具，目的是让水和煤油质量相等。（2）加热10min，水吸收的热量等于（填“大于”、“小于”或“等于”）煤油吸收的热量。（3）根据实验数据，小明作出了水和煤油的温度随加热时间变化的图象如图乙所示，由图象可知，煤油的比热容是2.1×103J/（kg•℃），水沸腾时的特点是继续吸热，温度不变，这与晶体（选填“晶体”或“非晶体”）熔化时的温度特点相同。【答案】（1）让水和煤油质量相等；（2）等于；（3）2.1×103；继续吸热，温度不变；晶体。【解答】解：（1）根据比较吸热能力的两种方法，要控制不同物质的质量相同，故本实验需要用到天平和温度计等测量工具，使用天平目的是控制水和煤油质量相同；（2）相同的加热器，加热相同的时间（10min），水和煤油吸收的热量相等；（3）由图乙可知：两种物质加热到98℃，煤油用时10min，水用时20min，煤油吸收的热量为水吸收热量的＝倍，根据c＝可知，在质量和升高温度相同的条件下，比热容与吸热的多少成正比，故煤油的比热容为：c煤油＝×c水＝×4.2×103J/（kg•℃）＝2.1×103J/（kg•℃）；由图像知水沸腾时的温度特点：吸热温度保持不变，晶体熔化时也是吸收热量，温度不变。故答案为：（1）让水和煤油质量相等；（2）等于；（3）2.1×103；继续吸热，温度不变；晶体。【变式4】（2022•莘县二模）小亮家使用的是瓶装液化气，每瓶中装入的液化气质量为20kg。[液化气的热值q＝5×107J/kg，c水＝4.2×103J/（kg•℃）]。求：（1）整瓶液化气完全燃烧放出的热量是多少？（2）若整瓶液化气完全燃烧释放热量的58%被利用，那么散失的热量是多少？（3）小亮想节约能源、降低能耗，若将上述散失的热量全部利用起来，可以把多少千克初始温度为20℃的水加热到100℃？【解答】解：（1）已知液化气的热值取5×107J/kg，整瓶液化气完全燃烧释放的热量：Q放＝mq＝20kg×5×107J/kg＝1×109J，（2）整瓶液化气完全燃烧释放热量的58%被利用，那么散失的热量应该占液化气完全燃烧释放热量的42%；所以，散失的热量：Q散失＝Q放×42%＝1×109J×42%＝4.2×108J；（3）由题可知，Q吸＝Q散失＝4.2×108J；根据Q吸＝c水m水△t可得，水的质量：m水＝＝＝1.25×103kg。答：（1）释放的热量是1×109J；（2）散失的热量是4.2×108J；（3）可以把1.25×103kg温度为20℃的水加热到100℃.考向三热机及热值相关计算例1（2022•镇江）如图所示，用甲、乙两种燃料分别对质量和初温相同的水进行加热，两图装置均相同。燃料的质量用m表示，燃料充分燃尽时水升高的温度用Δt表示（水未沸腾）（）A．若m相同，Δt越小，燃料的热值越大 B．若Δt相同，m越大，燃料的热值越大 C．若的值越大，燃料的热值越大 D．若的值越大，燃料的热值越大【答案】D。【解答】解：燃料的热值大小不能直接测量，需要通过水吸收热量的多少来体现燃料燃烧放出热量的多少，而水吸收热量的多少跟水的质量和升高的温度有关，因此为了比较热值大小可以利用Q吸＝Q放，而Q吸＝c水m水Δt，Q放＝mq，即c水m水Δt＝mq，解得：q＝；A、若m相同，Δt越小，由q＝可知，燃料的热值越小，故A错误；B、若Δt相同，m越大，由q＝可知，燃料的热值越小，故B错误；C、若的值越大，即的值越小，由q＝可知，燃料的热值越小，故C错误；D、若的值越大，由q＝可知，燃料的热值越大，故D正确。故选：D。例2（2022•日照）喜欢思考的小明用塑料矿泉水瓶子进行了如下游戏探究：瓶中留有少量水，盖上瓶盖（如图甲）；扭转瓶子（如图乙）；轻轻扭动瓶盖，瓶盖被瓶内的气体冲出，同时瓶内出现白雾（如图丙）。图乙和图丙所示的过程，分别与四冲程内燃机连续的两个冲程相似，这两个冲程是（）A．吸气冲程和压缩冲程 B．压缩冲程和做功冲程 C．做功冲程和排气冲程 D．压缩冲程和排气冲程【答案】B。【解答】解：如图乙，扭转瓶子时，小明施加的外力压缩瓶内的气体，是机械能转化为内能，这一过程与四冲程内燃机的压缩冲程相似；当瓶盖被瓶内的气体冲出时，是瓶内气体对瓶盖做功，内能转化为机械能，这一过程与四冲程内燃机的做功冲程相似。所以A、C、D都错，B正确。故选：B。例3（2022•菏泽）三峡水电站年发电量约为8×1010kW•h，合2.88×1017J（用科学记数法表示）。已知燃煤发电的效率为40%，标准煤的热值为3×107J/kg，三峡水电站运行一年大约为国家节约2400万吨标准煤。【答案】2.88×1017；2400。【解答】解：（1）年发电量W年＝8×1010kW•h＝8×1010×3.6×106J＝2.88×1017J；（2）若是燃煤火力发电，需要完全燃烧煤放出的热量：Q放＝＝＝7.2×1017J，由Q放＝m煤q得需要煤的质量：m煤＝＝＝2.4×1010kg＝2400×104t＝2400万吨。故答案为：2.88×1017；2400。例4（2022•广安）小娟准备测量家中燃气灶正常工作时的效率，于是关闭了其它燃气设备。在标准大气压下，将质量是4kg，初温是25℃的水加热到沸腾，她观察到燃气表的示数，使用前是210.65m3，使用后是210.77m3。[水的比热容c＝4.2×103J/（kg•℃），天然气的热值为4.0×107J/m3]。求：（1）水吸收的热量。（2）燃气灶正常工作时的效率。【解答】解：（1）一标准大气压下水的沸点为100℃，水吸收的热量：Q吸＝cm（t﹣t0）＝4.2×103J/（kg•℃）×4kg×（100℃﹣25℃）＝1.26×106J；（2）由题意可知，消耗的天然气的体积：V＝210.77m3﹣210.65m3＝0.12m3，天然气完全燃烧放出的热量：Q放＝Vq＝0.12m3×4.0×107J/m3＝4.8×106J，则燃气灶正常工作时的效率：η＝×100%＝×100%＝26.25%。答：（1）水吸收的热量为1.26×106J；（2）燃气灶正常工作时的效率为26.25%。1、热机：利用内能做功的机械叫热机2、内燃机的工作原理：（1）内燃机的每一个工作循环分为四个冲程：吸气冲程、压缩冲程、做功冲程、排气冲程。（2）四个冲程中，只有做功冲程对外做功，其他三个冲程对做功冲程起辅助作用，靠飞轮的惯性完成。（3）做功冲程把内能转化为机械能；压缩冲程把机械能转化为内能。（4）一个工作循环中对外做功1次，活塞往复2次，曲轴转2周，飞轮转2圈。3、热值：1kg（或1m3）某种燃料完全燃烧放出的热量，叫做这种燃料的热值。（1）热值单位：J/kg或J/m3（2）公式：Q＝qm或Q＝qv（q为热值）。（3）热值是燃料本身的一种特性，它的大小只取决于燃料的种类，而与燃料的质量、放热多少无关。4、热机效率：热机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。（1）公式：；（2）提高热机效率的途径：①使燃料充分燃烧；②尽量减小各种热量损失；③机器零件间保持良好的润滑、减小摩擦。※在热机的各种损失中，废气带走的能量最多，设法利用废气的能量，是提高燃料利用率的重要措施。【变式1】（2022•东港区二模）利用一燃气热水器对10kg、20℃的水进行加热时，完全燃烧了0.105m3的煤气。已知水的比热容为4.2×103J/（kg•℃），煤气的热值为4×107J/m3，该热水器烧水的效率是50%，下列说法中（）①煤气完全燃烧放出的热量是4.41×103J②水吸收的热量是2.1×106J③水温升高了50℃④加热过程中水的内能保持不变A．只有①④正确 B．只有②③正确 C．只有①②正确 D．只有②③④正确【答案】B。【解答】解：①煤气完全燃烧放出的热量：Q放＝Vq＝0.105m3×4×107J/m3＝4.2×106J，故①错误；②由η＝＝50%得水吸收的热量：Q吸＝Q放×50%＝4.2×106J×50%＝2.1×106J，故②正确；③由Q吸＝cmΔt得水温度升高值：Δt＝＝＝50℃，故③正确；④在加热过程中，水吸收热量，温度升高、内能增加，故④错误。可见，只有②③正确。故选：B。【变式2】（2022•济南一模）2022春节期间，济南市全域全时段禁售、禁燃、禁放烟花爆竹。燃放鞭炮实质上是鞭炮内的化学物质发生爆燃，产生高压燃气瞬间冲破鞭炮的过程。这个过程和热机哪个工作冲程的原理相似（）A．吸气冲程 B．压缩冲程 C．做功冲程 D．排气冲程【答案】C。【解答】解：高压燃气瞬间冲破鞭炮的过程是将内能转化为机械能；在热机的做功冲程中，内能转化为机械能，所以与热机的做功冲程的原理相似，故C正确。故选：C。【变式3】（2022•盘锦一模）汽油机一个工作循环有四个冲程，将机械能转化为内能的是做功冲程。若其效率为30%，消耗2kg的汽油转化成的机械能是2.7×107J。（汽油热值为4.5×107J/kg）【答案】压缩；2.7×107。【解答】解：（1）汽油机一个工作循环有四个冲程，将机械能转化为内能的是压缩冲程；（2）汽油完全燃烧放出的热量：Q放＝mq＝2kg×4.5×107J/kg＝9×107J，由η＝可知，转化为的机械能：W＝ηQ放＝30%×9×107J＝2.7×107J。故答案为：压缩；2.7×107。【变式4】（2022•大连模拟）用天然气将质量为0.02kg的菜油从室温加热到170℃，已知天然气完全燃烧释放出的热量有60%被菜油吸收。[菜油比热容c＝2.0×103J/（kg•℃），天然气的热值q＝4×107J/m3]求：（1）菜油吸收的热量；（2）此过程燃烧天然气的体积。【解答】解：（1）菜油吸收的热量为；Q吸＝c菜油m（t﹣t0）＝2.0×103J/（kg•℃）×0.02kg×（170℃﹣20℃）＝6000J；（2）天然气燃烧释放出的热量有60%被菜油吸收，由η＝×100%可得，天然气放出的热量为：Q放＝＝＝10000J；由Q放＝Vq得天然气的体积为：V＝＝＝2.5×10﹣4m3。答：（1）菜油吸收了6000J热量？（2）此过程中燃烧了2.5×10﹣4m3的天然气。考向四能量守恒与可持续发展例1（2022•自贡）关于能量守恒定律，下列说法正确的是（）A．能量可以凭空消失 B．能量可以凭空产生 C．能量在转化和转移过程中，能量的总量保持不变 D．热机在工作的过程中不遵循能量守恒定律【答案】C。【解答】解：AB、能量既不会凭空产生，也不会凭空消失，它只能从一种形式转化为其他形式，或者从一个物体转移到另一个物体，故AB错误；C、据能量守恒定律，能量在转化和转移过程中，能量的总量保持不变，故C正确；D、能量守恒定律适用于自然界中任何形式能的相互转化，故D错误；故选：C。例2（2022•青岛）能源危机已成为国际性问题，世界各国越来越重视节约能源。下列属于可再生能源的是（）A．煤 B．石油 C．天然气 D．风能【答案】D。【解答】解：A、煤炭属于化石燃料，不能短时期内从自然界得到补充，属于不可再生能源，故A错误；B、石油属于化石燃料，不能短时期内从自然界得到补充，属于不可再生能源，故B错误；C、天然气属于化石燃料，不能短时期内从自然界得到补充，属于不可再生能源，故C错误；D、风能属于可再生能源，故D正确。故选：D。例3（2022•日照）开发和利用太阳能、核能等能源，要考虑可持续发展，既要满足当代人的需要，又要考虑后人的需求。太阳能是可再生（选填“可再生”或“不可再生”）能源。目前核能是核电站通过控制核裂变（选填“核裂变”或“核聚变”）获得。【答案】可再生；核裂变。【解答】解：太阳能是源源不断、用之不竭的能源，属于可再生能源；核电站的原理是通过核裂变来进行的。故答案为：可再生；核裂变。1、能量守恒定律：能量既不会消灭，也不会创生，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，而在转化和转移过程中，能量的总量保持不变。（1）能量及其存在的不同形式（各种不同形式的能量）（2）能量的转化和转移（不同形式间是能量转化，同种形式之间是能量转移）。能源：凡是能够提供能量的物质资源，都可以叫做能源。2、能源的分类一：（1）一次能源：可以从自然界直接获取的能源称为一次能源。如煤、石油、天然气、风能、水能、潮汐能、太阳能、地热能、核能、柴薪等。（2）二次能源：无法从自然界直接获取，必须通过一次能源的消耗才能得到的能源称为二次能源。如电能、汽油、煤油、酒精等。3、能源的分类二：（1）可再生能源：可以从自然界中源源不断地得到的能源，属于可再生能源。如水能、风能、太阳能、食物、柴薪、地热能、沼气、潮汐能等。（2）不可再生能源：凡是越用越少，不能在短期内从自然界得到补充的能源，都属于不可再生能源。如煤、石油、天然气、核能。4、太阳能是由不断发生的核聚变产生的，人类赖以生存的各种能源绝大部分来源于太阳能。5、人类利用太阳能的三种方式：（1）光热转换：太阳能热水器，太阳能转化为内能；（2）光电转换：太阳能电池，太阳能转化为电能；（3）光化转换：植物光合作用，太阳能转化为化学能。※太阳能来源丰富，不需要运输，无污染，但由于能量比较分散且受季节、气候和昼夜变化的影响很大，给大规模利用太阳能带来一些新的技术课题。6、获取核能的两条途径：（1）核裂变：快速的裂变反应可以引起猛烈的爆炸，原子弹就是利用快速裂变制成的，我们还可以控制链式反应的速度。“核反应堆”就是控制裂变反应的装置。①核电站核反应堆中的链式反应是可控的，原子弹的链式反应是不加控制的。②核电站利用核能发电，目前核电站中进行的都是核裂变反应。（2）核聚变：将质量很小的原子核，例如氘核（由一个质子和一个中子构成）与氚核（由一个质子和两个中子构成），在超高温下结合成新的原子核，会释放出更大的核能，这就是聚变，有时聚变也称为热核反应。※氢弹爆炸的核聚变反应是不可控的。7、能源与可持续发展未来的理想能源必须满足以下四个条件：（1）足够丰富；（2）足够便宜；（3）技术成熟；（4）安全清洁。【变式1】（2022•南宁三模）关于能源、信息与材料，下列说法不正确的是（）A．垃圾分类有利于环保和节约能源 B．原子弹爆炸是核聚变 C．5G和4G信号的电磁波在真空中传播的速度相等 D．太阳能和风能都属于可再生能源【答案】B。【解答】解：A、垃圾分类有利于循环利用、环保和节约能源，故A正确；B、原子弹爆炸是核裂变，故B错误；C、5G和4G信号的电磁波在真空中传播的速度相等，都是3×108m/s，故C正确；D、太阳能和风能取之不尽，用之不竭，都属于可再生能源，故D正确。故选：B。【变式2】（2022•长春一模）目前，我国的核能发电技术已居于世界领先地位，核电站是利用核燃料在反应堆内通过核裂变（选填“裂变”或“聚变”）产生的能量；核能属于不可再生能源。【答案】裂变；不可。【解答】解：核电站的核反应堆是利用原子核发生裂变释放能量来工作的；核能一旦消耗就很难再生，属于不可再生能源。故答案为：裂变；不可。【变式3】（2022•兴城市一模）太阳能作为一种新能源，具有来源丰富、不需运输、不会对环境造成污染等优点。但由于能量比较分散且受季节、气候和昼夜变化的影响很大，又给大规模利用太阳能带来新的技术课题。如图是试验中的太阳能汽车，利用太阳能电池提供能源。请回答下列问题：（1）太阳能电池工作时发生了怎样的能量转化？（2）太阳能属于什么能源？（3）太阳能汽车刹车后为什么仍能向前行驶一段距离？【解答】答：（1）太阳能电池工作时光能转化为电能；（2）太阳能可以直接从自然界获得，属于一次能源；（3）太阳能汽车刹车后由于惯性仍要保持原有的运动状态不变，所以能向前行驶一段距离。一、选择题。1．（2022•威海）小明从冰箱里取出一盒牛奶，放入70℃左右的热水中加热。下列说法正确的是（）A．热水冒出的“白气”，是水汽化形成的 B．热水将温度传递给牛奶，使牛奶的温度升高 C．随着牛奶温度升高，牛奶的内能保持不变 D．加热后牛奶香气四溢，是因为牛奶分子的无规则运动更剧烈【答案】D。【解答】A、热水冒出的“白气”，是热的水蒸气遇到冷的空气液化成的小水珠，故A错误。B、热水将热量传递给牛奶，使牛奶的温度升高。故B错误。C、随着牛奶温度升高，牛奶分子运动加剧，内能增加，故C错误。D、加热后，牛奶分子运动加剧，所以牛奶香气四溢，故D正确。故选：D。2．（2022•济南）炎炎夏日，小梅来到美丽的海滨城市青岛。她发现，在这里白天的风常常从海面吹向陆地，而每到夜晚风却从陆地吹向海面。她利用学过的物理知识进行分析，并画出陆地和海面之间空气流动情况的示意图，如图所示。形成这一现象的主要原因是（）A．海水的密度小于砂石的密度 B．海水的密度大于砂石的密度 C．海水的比热容小于砂石的比热容 D．海水的比热容大于砂石的比热容【答案】D。【解答】解：沿海地区水多，水的比热容较大；内陆地区，地表以砂石泥土为主，砂石泥土比热容较小；由于水的比热容大，所以对于相同质量的水和砂石相比较，在吸收或放出相同的热量时，水的温度变化小，而砂石的温度变化大，所以白天陆地的温度高、海水温度低，晚上陆地温度低、海水温度高；白天陆地上方空气的温度高度，密度小，砂石上方空气上升，海面上的冷空气过来补充，形成了白天的风常常从海面吹向陆地，而晚上海面上方的热空气上升，风从陆地吹向海面；故D正确。故选：D。3．（2022•雨花区校级三模）“醉美遂宁，宜居之城”。观音湖湿地公园阳光明媚、草长莺飞、亭台倒影、鱼翔浅底，令游人神清气爽。对此情景下列分析正确的是（）A．鱼翔浅底是因为光发生了折射 B．亭台在水中的倒影是光的折射形成的等大实像 C．岸边看到的水中“游鱼”是光的反射形成的实像 D．午后阳光下，湖水清凉而砂石发烫，是因为砂石的比热容比水的大【答案】A。【解答】解：A、鱼翔浅底是因为光发生了折射形成鱼和池底的虚像，所以我们看到池底变浅，故A正确；B、亭台在水中的倒影是光的反射形成的等大的虚像，故B错误；C、从岸上看见水中的“游鱼”是光线从水中射入空气发生折射形成的虚像，故C错误；D、因为水的比热容大，相同质量的水和砂石相比，吸收相同的热量，水的温度变化小，所以午后阳光下，湖水清凉而砂石发烫，故D错误。故选：A。4．（2022•武汉模拟）下列关于烧开水、泡茶、喝茶的物理知识不正确的是（）A．从冰箱中拿出的茶叶放置一段时间会变得“湿润”和揭开杯盖茶杯上方冒“白气”的实质不一样 B．用沸水才能很快泡出茶香、茶色、茶味，这是因为温度越高，扩散现象越明显 C．用沸水泡了茶的玻璃杯“烫手”是通过热传递改变物体的内能 D．用电热水壶烧开水，可说明能量既可以发生转化也可以发生转移【答案】A。【解答】解：A、从冰箱中拿出的茶叶放置一段时间会变得“湿润“，是因为空气中的水蒸气遇冷液化形成的，茶杯上方的“白气”是温度较高的水蒸气遇冷液化形成的小水滴，二者实质一样，故A错误；B、温度越高分子运动越快，故泡茶时，用开水浸泡是因为水的温度越高，分子运动越激烈，扩散现象越明显，故B正确；C、用沸水泡了茶的玻璃杯“烫手”是通过热传递改变物体的内