实验二 观察不同物质吸热升温的现象
1. 发现问题:夏天中午赤脚走在干燥的沙滩上,觉得沙子很烫;而走在海水中,感觉到海水很凉。
2. 提出问题:同样在阳光照射下,为什么海水和沙子的温度不一样呢?
3. 猜想与假设:可能是沙子和水吸收相同热量时升高的温度不相同,沙子升温比水快。
4. 实验器材:红外灯、两个瓷盘、沙子、水、温度计、天平、红外灯、红外热成像仪、玻璃棒等。
5. 实验过程
(1)在相同的瓷盘中分别装入的水和沙子,用玻璃棒把瓷盘中的沙子摊平。用温度计测出室温,即为此时沙子和水的温度。
(2)如图12-T-5甲所示,将装有沙子和水的瓷盘靠近放置,用红外灯均匀照射两个瓷盘4 min后,再用温度计分别测量沙子和水的温度。
(3)如图乙所示,在红外灯照射一段时间后,用拍摄的红外照片,仪器显示,此时沙子的温度为$55.4°\mathrm{C}$,水的温度为$30.7°\mathrm{C}$。

5. (1)质量相等
(3)红外热成像仪

【分析】
本题是探究不同物质吸热升温现象的基础实验，需运用控制变量法保证实验的科学性，同时结合实验器材的名称和图中信息判断对应仪器。首先，探究沙子和水吸热升温的差异时，要控制除物质种类外的其他变量相同，因此需保证水和沙子的质量相等；其次，图乙中拍摄红外温度分布照片的器材，结合题目给出的实验器材和图中温度数据，可判断为红外热成像仪。
【解析】
5. (1) 探究不同物质吸热升温的实验中，需采用控制变量法，控制水和沙子的质量相等，这样才能保证在吸收相同热量时，比较两者温度变化的合理性，因此应装入质量相等的水和沙子。
(3) 由图乙可知，拍摄红外温度照片的仪器是红外热成像仪，题目中实验器材也明确列出该仪器，且图中显示了温度测量数据，所以此处填写红外热成像仪。
【答案】
(1) 质量相等；(3) 红外热成像仪
【知识点】
比热容、控制变量法、实验器材识别
【点评】
本题考查探究不同物质吸热升温实验的基本操作和器材，核心是控制变量法的应用，属于基础实验题，侧重对实验基础知识点的考查。
【难度系数】
0.7

6. 分析论证:当相等质量的沙子和水吸收相同热量后,沙子升温更。

6. 快

【分析】首先回忆热量与比热容的关系，利用公式$Q=cm\Delta t$变形得到$\Delta t=\frac{Q}{cm}$。题目中沙子和水的质量相等，吸收的热量相同，因此温度变化量与比热容成反比。由于沙子的比热容比水小，所以沙子的温度变化量更大，即升温更快。解题时需明确控制变量的条件，结合比热容的物理意义分析。
【解析】根据热量计算公式$Q=cm\Delta t$，变形可得温度变化量$\Delta t=\frac{Q}{cm}$。已知沙子和水的质量$m$相等，吸收的热量$Q$相同，且沙子的比热容$c_{沙}$小于水的比热容$c_{水}$，代入公式可知，比热容越小，温度变化量$\Delta t$越大，因此沙子升温更快。
【答案】快
【知识点】比热容、热量计算
【点评】本题考查比热容公式的基本应用，核心是理解比热容对温度变化的影响，通过控制变量法分析即可得出结论，属于基础题型。
【难度系数】0.4

7. 实验结论:等质量的水和沙子在升高相同的温度时,给水加热的时间更长,说明水和沙子在升高相同温度时水吸收的热量更,
这反映了不同物质的一种物理属性——。
8. 评估交流
(1)实验采用了法和法。
(2)用红外灯给沙子和水光照相同时间,目的是使水和沙子。

7. 多 比热容
8. (1)控制变量 转换
(2)吸收的热量相等

【分析】
第7题：实验中加热时间的长短可反映物质吸收热量的多少，等质量的水和沙子升高相同温度时，水加热时间更长，说明水吸收的热量更多；描述物质吸热能力的物理属性为比热容。
第8题：(1)实验中控制水和沙子的质量、升高温度等变量不变，用到控制变量法；将不易直接测量的“吸收热量的多少”转换为易测量的“加热时间”，用到转换法。(2)相同红外灯在相同时间内放出的热量相同，因此光照相同时间的目的是使水和沙子吸收的热量相等。
【解析】
7. 加热时间越长，物质吸收热量越多，故水吸收的热量更多；不同物质的吸热能力不同，该物理属性为比热容。
8. (1)实验中控制相关变量，采用控制变量法；将吸热多少转换为加热时间，采用转换法。(2)相同热源相同时间提供热量相同，因此光照相同时间可使水和沙子吸收的热量相等。
【答案】
7. 多 比热容
8. (1)控制变量 转换 (2)吸收的热量相等
【知识点】
比热容、控制变量法、转换法
【点评】
本题考查比热容探究实验的核心结论与实验方法，属于热学基础知识点，需理解实验设计逻辑及物理概念的对应关系，难度适中。
【难度系数】
0.6

1. (2025南通)飞行的子弹因为速度大而具有较大的动能。如图12-T-6所示实验中，对比哪两次实验能说明其道理（）

图12-T-6

A.①②
B.②③
C.②④
D.③④

1.A

【分析】要说明“速度大的物体动能大”，需运用控制变量法，控制物体的质量相同，只改变速度的大小。观察图中实验，①和②的小车质量相同，从斜面不同高度滑下，到达水平面时的速度不同，通过对比这两次实验，可探究速度对动能的影响，符合题目要求。
【解析】动能的大小与物体的质量和速度有关，探究速度对动能的影响时，应控制质量相同，改变速度。图①和②中，小车的质量相等，放置在斜面的不同高度，滑到水平面时的速度不同，撞击木块后，木块移动的距离不同，说明质量相同时，速度越大，动能越大，因此对比①②两次实验能说明飞行的子弹因速度大而具有较大动能的道理。
【答案】A
【知识点】动能的影响因素；控制变量法
【点评】本题考查探究动能影响因素的实验，核心是控制变量法的应用，属于基础实验题，难度不大，需要学生明确实验的变量控制要求。
【难度系数】0.7

2. (2025 盐城)如图12-T-7所示，摆球下降的过程中，它的 ()

A.重力势能减小，动能减小
B.重力势能减小，动能增大
C.重力势能增大，动能增大
D.重力势能增大，动能减小

2.B

【分析】
要判断摆球下降过程中动能和重力势能的变化，需回忆动能、重力势能的影响因素：动能与质量和速度有关，重力势能与质量和高度有关。摆球下降时，质量不变，只需分析高度和速度的变化，即可判断两种能量的变化情况。
【解析】
摆球下降过程中，质量不变：①高度逐渐降低，根据重力势能的影响因素，重力势能随高度减小而减小，因此重力势能减小；②速度逐渐增大，根据动能的影响因素，动能随速度增大而增大，因此动能增大。综上，摆球的重力势能减小，动能增大，对应选项B。
【答案】
B
【知识点】
动能、重力势能
【点评】
本题考查动能与重力势能的变化判断，属于基础题型，核心是掌握两种能量的影响因素，难度较低。
【难度系数】
0.8

3. (2025淮安)图12-T-8中是美食“油端子”，它是通过装入模具放入热油锅内炸出来的美食，图12-T-9中情境在改变内能方式上与之相同的是 ()

图12-T-8


A.弯折铁丝
B.压缩空气
C.钻木取火
D.给水加热
图12-T-9

3.D

【分析】
首先明确改变内能的两种方式：做功（能量转化）和热传递（能量转移）。先判断题干中“油端子”炸制时的内能改变方式：热油将热量传递给油端子，属于热传递改变内能。再逐一分析选项的内能改变方式，找出与题干相同的即可。
【解析】
改变物体内能的方式有做功和热传递：做功是能量的转化过程，热传递是能量的转移过程。
题干中“油端子”通过热油加热，内能从热油转移到油端子，属于热传递改变内能。
选项分析：
A. 弯折铁丝：对铁丝做功，机械能转化为内能，属于做功改变内能；
B. 压缩空气：对空气做功，机械能转化为内能，属于做功改变内能；
C. 钻木取火：克服摩擦做功，机械能转化为内能，属于做功改变内能；
D. 给水加热：热量从高温物体转移到水，属于热传递改变内能，与题干方式相同。
【答案】
D
【知识点】
内能的改变方式、热传递
【点评】
本题考查改变内能的两种基础方式，核心是区分做功（能量转化）和热传递（能量转移），属于概念辨析类基础题，难度较低。
【难度系数】
0.6

4. (2025 扬州)如图12-T-10所示是单缸四冲程汽油机工作循环中的一个冲程，它是（）

A.吸气冲程
B.压缩冲程
C.做功冲程
D.排气冲程

4.B

【分析】要判断汽油机的冲程，需结合气门的开闭状态和活塞的运动方向分析：四冲程汽油机的四个冲程各有特征：吸气冲程是进气门打开、排气门关闭，活塞向下运动；压缩冲程是两个气门都关闭，活塞向上运动；做功冲程是两个气门都关闭、火花塞点火，活塞向下运动；排气冲程是排气门打开、进气门关闭，活塞向上运动。观察题图，两个气门均关闭，活塞向上运动，符合压缩冲程的特点。
【解析】根据四冲程汽油机各冲程的判断依据：题图中进气门和排气门都关闭，活塞向上运动，因此该冲程为压缩冲程，对应选项B。
【答案】B
【知识点】汽油机四冲程、内燃机工作原理
【点评】本题考查汽油机冲程的判断，核心是牢记各冲程的气门状态与活塞运动方向的对应关系，属于内燃机基础知识点的应用，难度不大。
【难度系数】0.6