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8 核心素养 科学思维 [2026 四川成都调研,中]已知物体的动能表达式为$E_{\mathrm{k}}=\frac{1}{2}mv^2$，其中$m$为物体的质量，$v$为物体的运动速度。如图所示，质量$m_1=8\ \mathrm{kg}$的平顶小车静止在光滑的水平轨道上，车顶与左侧光滑平台等高，平台上放置质量$m_2=2\ \mathrm{kg}$的小物块，小物块以5 m/s的初速度向右运动，此时小物块的动能是
第十二章 内能与热机
块滑上小车最终与小车一起以1 m/s的速度向右运动，若此过程中减少的机械能全部转化为内能，有一半转化为小物块的内能，则小物块增加的内能是
25
J。第十二章 内能与热机
块滑上小车最终与小车一起以1 m/s的速度向右运动，若此过程中减少的机械能全部转化为内能，有一半转化为小物块的内能，则小物块增加的内能是
10
J，能使小物块的温度升高$2.5×10^{-3}$
℃[小物块的比热容为$2×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}$]。答案
8.25 10 $2.5×10^{-3}$ 【解析】小物块初始的动能 $E_{\mathrm{k}1}=\frac{1}{2}m_2 v_1^2=\frac{1}{2} × 2 \mathrm{~kg} × (5 \mathrm{~m/s})^2=25 \mathrm{~J}$;小物块后来的动能 $E_{\mathrm{k}2}=\frac{1}{2}m_2 v_2^2=\frac{1}{2} × 2 \mathrm{~kg} × (1 \mathrm{~m/s})^2=1 \mathrm{~J}$;小车一开始的速度为零,则小车初始的动能为零,小车后来的动能 $E_{\mathrm{k}3}=\frac{1}{2}m_1 v_2^2=\frac{1}{2} × 8 \mathrm{~kg} × (1 \mathrm{~m/s})^2=4 \mathrm{~J}$,此过程中减少的机械能全部转化为内能,且有一半转化为小物块的内能,则小物块增加的内能(相当于小物块吸收的热量)为 $Q_{\mathrm{吸}}=\frac{1}{2}( E_{\mathrm{k}1} - E_{\mathrm{k}2} - E_{\mathrm{k}3} ) = \frac{1}{2} × ( 25 \mathrm{~J} -1 \mathrm{~J} -4 \mathrm{~J} ) = 10 \mathrm{~J}$;根据 $Q_{\mathrm{吸}}=cm\Delta t$ 可得,小物块升高的温度 $\Delta t = \frac{Q_{\mathrm{吸}}}{c m_2} = \frac{10 \mathrm{~J}}{2× 10^3 \mathrm{~J/(kg· ° C)} × 2 \mathrm{~kg}} = 2. 5 × 10^{-3} \mathrm{~° C}$。
解析
【分析】
本题需分三步求解：首先利用动能公式计算小物块初始动能；接着计算系统减少的机械能，结合题意求出转化为小物块的内能；最后通过热量公式计算小物块升高的温度。解题时要明确动能的表达式、机械能与内能的转化关系，以及热量与温度变化的联系。
【解析】
1. 计算小物块初始动能：根据动能公式$E_{\mathrm{k}}=\frac{1}{2}mv^2$，代入小物块质量$m_2=2\ \mathrm{kg}$、初速度$v=5\ \mathrm{m/s}$，得：
$E_{\mathrm{k}1}=\frac{1}{2}m_2v^2=\frac{1}{2}×2\ \mathrm{kg}×(5\ \mathrm{m/s})^2=25\ \mathrm{J}$。
2. 计算小物块增加的内能：
小物块末态动能：$E_{\mathrm{k}2}=\frac{1}{2}m_2v_2^2=\frac{1}{2}×2\ \mathrm{kg}×(1\ \mathrm{m/s})^2=1\ \mathrm{J}$；
小车末态动能：$E_{\mathrm{k}3}=\frac{1}{2}m_1v_2^2=\frac{1}{2}×8\ \mathrm{kg}×(1\ \mathrm{m/s})^2=4\ \mathrm{J}$；
系统减少的机械能：$\Delta E=E_{\mathrm{k}1}-E_{\mathrm{k}2}-E_{\mathrm{k}3}=25\ \mathrm{J}-1\ \mathrm{J}-4\ \mathrm{J}=20\ \mathrm{J}$；
由题意，减少的机械能一半转化为小物块的内能，故小物块增加的内能：$Q=\frac{1}{2}\Delta E=\frac{1}{2}×20\ \mathrm{J}=10\ \mathrm{J}$。
3. 计算小物块升高的温度：根据热量公式$Q=cm\Delta t$，变形得$\Delta t=\frac{Q}{cm_2}$，代入$Q=10\ \mathrm{J}$、比热容$c=2×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}$、$m_2=2\ \mathrm{kg}$，得：
$\Delta t=\frac{10\ \mathrm{J}}{2×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}×2\ \mathrm{kg}}=2.5×10^{-3}\ \mathrm{℃}$。
【答案】
25；10；$2.5×10^{-3}$
【知识点】
动能计算、能量转化、热量计算
【点评】
本题综合考查动能公式、机械能与内能的转化、热量计算公式，需理清各能量间的关系，步骤清晰即可求解，属于中等难度的能量应用类题目。
【难度系数】
0.6
本题需分三步求解：首先利用动能公式计算小物块初始动能；接着计算系统减少的机械能，结合题意求出转化为小物块的内能；最后通过热量公式计算小物块升高的温度。解题时要明确动能的表达式、机械能与内能的转化关系，以及热量与温度变化的联系。
【解析】
1. 计算小物块初始动能：根据动能公式$E_{\mathrm{k}}=\frac{1}{2}mv^2$，代入小物块质量$m_2=2\ \mathrm{kg}$、初速度$v=5\ \mathrm{m/s}$，得：
$E_{\mathrm{k}1}=\frac{1}{2}m_2v^2=\frac{1}{2}×2\ \mathrm{kg}×(5\ \mathrm{m/s})^2=25\ \mathrm{J}$。
2. 计算小物块增加的内能：
小物块末态动能：$E_{\mathrm{k}2}=\frac{1}{2}m_2v_2^2=\frac{1}{2}×2\ \mathrm{kg}×(1\ \mathrm{m/s})^2=1\ \mathrm{J}$；
小车末态动能：$E_{\mathrm{k}3}=\frac{1}{2}m_1v_2^2=\frac{1}{2}×8\ \mathrm{kg}×(1\ \mathrm{m/s})^2=4\ \mathrm{J}$；
系统减少的机械能：$\Delta E=E_{\mathrm{k}1}-E_{\mathrm{k}2}-E_{\mathrm{k}3}=25\ \mathrm{J}-1\ \mathrm{J}-4\ \mathrm{J}=20\ \mathrm{J}$；
由题意，减少的机械能一半转化为小物块的内能，故小物块增加的内能：$Q=\frac{1}{2}\Delta E=\frac{1}{2}×20\ \mathrm{J}=10\ \mathrm{J}$。
3. 计算小物块升高的温度：根据热量公式$Q=cm\Delta t$，变形得$\Delta t=\frac{Q}{cm_2}$，代入$Q=10\ \mathrm{J}$、比热容$c=2×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}$、$m_2=2\ \mathrm{kg}$，得：
$\Delta t=\frac{10\ \mathrm{J}}{2×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}×2\ \mathrm{kg}}=2.5×10^{-3}\ \mathrm{℃}$。
【答案】
25；10；$2.5×10^{-3}$
【知识点】
动能计算、能量转化、热量计算
【点评】
本题综合考查动能公式、机械能与内能的转化、热量计算公式，需理清各能量间的关系，步骤清晰即可求解，属于中等难度的能量应用类题目。
【难度系数】
0.6
1 物质吸放热图像 [2024 四川成都中考,中]某固态物体的质量为$m$,其物质的比热容为$c$,用稳定的热源对它加热(物体在相同时间内吸收的热量相等),到$t_3$时刻停止加热,然后让其冷却。上述过程中记录不同时刻的温度,最后绘制出温度随时间变化的图像(如图)。下列说法正确的是 (
A.在$0$~$t_2$时间段,该物体吸收的热量为$cm(T_2-T_1)$
B.在$t_2$~$t_4$时间段,该物质的比热容先增大后减小
C.在$t_4$~$t_5$时间段,该物体放出的热量为$\frac{cm(T_2-T_1)(t_5-t_4)}{t_1}$
D.该物质在$t_5$~$t_6$时间段的比热容等于在$0$~$t_1$时间段的比热容
D
)A.在$0$~$t_2$时间段,该物体吸收的热量为$cm(T_2-T_1)$
B.在$t_2$~$t_4$时间段,该物质的比热容先增大后减小
C.在$t_4$~$t_5$时间段,该物体放出的热量为$\frac{cm(T_2-T_1)(t_5-t_4)}{t_1}$
D.该物质在$t_5$~$t_6$时间段的比热容等于在$0$~$t_1$时间段的比热容
答案
1.D 【解析】由图可知,图像为晶体熔化和凝固时的温度与时间关系的图像;在 $0$~$t_1$ 时间段,该物体的温度由 $T_1$ 升高至 $T_2$,物质的比热容为 $c$,物体吸收的热量为 $Q_1=cm(T_2-T_1)$,在 $t_1$~$t_2$ 时间段,物体在熔化的过程中继续吸收热量,所以 $0$~$t_2$ 时间段,该物体吸收的热量大于 $cm(T_2-T_1)$,故 A 错误;由图可知,该物体在 $t_2$~$t_4$ 时间段,均处于液态,物体的状态不变,其比热容不变,故 B 错误;由于该物体熔化过程中吸收的热量等于该物体凝固过程中放出的热量,在 $t_4$~$t_5$ 时间段,该物体放出的热量等于在 $t_1$~$t_2$ 时间段吸收的热量,该物体在 $t_1$~$t_2$ 时间段吸收的热量为 $Q_2$,由题意知物体在相同时间内吸收的热量相等,即 $\frac{Q_2}{t_2 - t_1} = \frac{Q_1}{t_1}$,解得 $Q_2= \frac{cm(T_2-T_1)(t_2 - t_1)}{t_1}$,故 C 错误;由图可知,该物体在 $t_5$~$t_6$ 时间段,处于固态,该物体在 $0$~$t_1$ 时间段,也处于固态,物体的状态相同,比热容相同,故 D 正确。
解析
【分析】
该图像是晶体的温度随时间变化的图像，包含固态升温、熔化、液态升温、液态降温、凝固、固态降温的过程。题目明确物体相同时间内吸收或放出的热量相等，因此热量与时间成正比。分析选项时，需结合晶体物态变化特点、热量公式$Q=cm\Delta t$，以及比热容与物质状态的关系来判断。
【解析】
1. 分析选项A：0~$t_2$时间段包含固态升温（0~$t_1$）和晶体熔化（$t_1$~$t_2$）两个过程，熔化过程中物体持续吸热但温度不变，因此0~$t_2$总吸收的热量大于仅固态升温吸收的热量$cm(T_2-T_1)$，故A错误。
2. 分析选项B：$t_2$~$t_4$时间段，物质处于液态，状态不变，比热容是物质的特性，与状态有关，因此该时间段比热容不变，故B错误。
3. 分析选项C：$t_4$~$t_5$时间段是凝固过程，放出的热量等于熔化过程（$t_1$~$t_2$）吸收的热量。由题意，相同时间吸放热相等，0~$t_1$时间内吸收热量$Q_1=cm(T_2-T_1)$，则单位时间吸收热量为$\frac{Q_1}{t_1}$；$t_1$~$t_2$时间为$(t_2-t_1)$，故熔化吸收热量$Q_2=\frac{cm(T_2-T_1)}{t_1}×(t_2-t_1)$，即$t_4$~$t_5$放出的热量为$\frac{cm(T_2-T_1)(t_2-t_1)}{t_1}$，并非选项中的表达式，故C错误。
4. 分析选项D：0~$t_1$时间段物体处于固态，$t_5$~$t_6$时间段物体也处于固态，物质的比热容与状态有关，状态相同则比热容相同，因此该物质在这两个时间段的比热容相等，故D正确。
【答案】
D
【知识点】
比热容、热量计算、晶体物态变化图像
【点评】
本题结合晶体物态变化图像考查热量计算与比热容特性，需理解“相同时间吸放热相等”的条件，区分不同物态下的比热容，是中考常见的中等难度题型，重点考查图像分析能力和公式应用能力。
【难度系数】
0.5
该图像是晶体的温度随时间变化的图像，包含固态升温、熔化、液态升温、液态降温、凝固、固态降温的过程。题目明确物体相同时间内吸收或放出的热量相等，因此热量与时间成正比。分析选项时，需结合晶体物态变化特点、热量公式$Q=cm\Delta t$，以及比热容与物质状态的关系来判断。
【解析】
1. 分析选项A：0~$t_2$时间段包含固态升温（0~$t_1$）和晶体熔化（$t_1$~$t_2$）两个过程，熔化过程中物体持续吸热但温度不变，因此0~$t_2$总吸收的热量大于仅固态升温吸收的热量$cm(T_2-T_1)$，故A错误。
2. 分析选项B：$t_2$~$t_4$时间段，物质处于液态，状态不变，比热容是物质的特性，与状态有关，因此该时间段比热容不变，故B错误。
3. 分析选项C：$t_4$~$t_5$时间段是凝固过程，放出的热量等于熔化过程（$t_1$~$t_2$）吸收的热量。由题意，相同时间吸放热相等，0~$t_1$时间内吸收热量$Q_1=cm(T_2-T_1)$，则单位时间吸收热量为$\frac{Q_1}{t_1}$；$t_1$~$t_2$时间为$(t_2-t_1)$，故熔化吸收热量$Q_2=\frac{cm(T_2-T_1)}{t_1}×(t_2-t_1)$，即$t_4$~$t_5$放出的热量为$\frac{cm(T_2-T_1)(t_2-t_1)}{t_1}$，并非选项中的表达式，故C错误。
4. 分析选项D：0~$t_1$时间段物体处于固态，$t_5$~$t_6$时间段物体也处于固态，物质的比热容与状态有关，状态相同则比热容相同，因此该物质在这两个时间段的比热容相等，故D正确。
【答案】
D
【知识点】
比热容、热量计算、晶体物态变化图像
【点评】
本题结合晶体物态变化图像考查热量计算与比热容特性，需理解“相同时间吸放热相等”的条件，区分不同物态下的比热容，是中考常见的中等难度题型，重点考查图像分析能力和公式应用能力。
【难度系数】
0.5
2 热平衡图像 [2026 河南周口期中,中]如图甲所示,将质量为250 g的凉牛奶放在盛热水的小盆中加热,经过一段时间,牛奶和热水的温度随时间变化图像如图乙所示。已知$c_{水}=4.2×10^{3}J/(kg·℃),c_{奶}=2.5×10^{3}J/(kg·℃)$。
(1)牛奶和热水达到热平衡时,求牛奶吸收的热量。
(2)设损失的热量占50%,若水放出的热量能使质量为200 g的某种液体温度升高$62.5 ℃$。则这种液体的比热容是多少?
(3)将质量为m,温度为$t_0$的冷水与质量为2m的热水混合,若达到热平衡时温度变为t(忽略热量损失),试推导热水的初始温度(用$t、t_0$表示)。
(1)牛奶和热水达到热平衡时,求牛奶吸收的热量。
(2)设损失的热量占50%,若水放出的热量能使质量为200 g的某种液体温度升高$62.5 ℃$。则这种液体的比热容是多少?
(3)将质量为m,温度为$t_0$的冷水与质量为2m的热水混合,若达到热平衡时温度变为t(忽略热量损失),试推导热水的初始温度(用$t、t_0$表示)。
答案
2.【解】(1)由图乙可知,牛奶的初温 $t_{0\mathrm{奶}}=20 \mathrm{~° C}$,末温 $t_{\mathrm{奶}}=40 \mathrm{~° C}$,牛奶和热水达到热平衡时,牛奶吸收的热量 $Q_{\mathrm{吸}}=c_{\mathrm{奶}}\ m_{\mathrm{奶}}( t_{\mathrm{奶}} - t_{0\mathrm{奶}} ) = 2. 5× 10^3 \mathrm{~J/(kg· ° C)} × 0. 25 \mathrm{~kg} × ( 40 \mathrm{~° C} - 20 \mathrm{~° C} ) = 1. 25× 10^4 \mathrm{~J}$;
(2)水放出的热量 $Q_{\mathrm{放}}=\frac{Q_{\mathrm{吸}}}{1-50\%}=\frac{1. 25× 10^4 \mathrm{~J}}{50\%} = 2. 5× 10^4 \mathrm{~J}$,则这种液体吸收的热量为 $2. 5× 10^4 \mathrm{~J}$,这种液体的比热容 $c_{\mathrm{液}}=\frac{Q_{\mathrm{液吸}}}{m_{\mathrm{液}}\ \Delta t} = \frac{2. 5× 10^4 \mathrm{~J}}{0. 2 \mathrm{~kg} × 62. 5 \mathrm{~° C}} = 2× 10^3 \mathrm{~J/( kg· ° C )}$;
(3)混合后冷水吸收热量 $Q_{\mathrm{冷}}=c_{\mathrm{水}}\ m( t - t_0 )$,设热水初始温度为 $t_1$,混合后热水放出热量 $Q_{\mathrm{热}}=c_{\mathrm{水}} × 2m( t_1 - t )$,因为忽略热量损失,则 $Q_{\mathrm{热}}=Q_{\mathrm{冷}}$,即 $c_{\mathrm{水}} × 2m( t_1 - t ) = c_{\mathrm{水}}\ m( t - t_0 )$,则热水的初始温度 $t_1=\frac{3t - t_0}{2}$。
(2)水放出的热量 $Q_{\mathrm{放}}=\frac{Q_{\mathrm{吸}}}{1-50\%}=\frac{1. 25× 10^4 \mathrm{~J}}{50\%} = 2. 5× 10^4 \mathrm{~J}$,则这种液体吸收的热量为 $2. 5× 10^4 \mathrm{~J}$,这种液体的比热容 $c_{\mathrm{液}}=\frac{Q_{\mathrm{液吸}}}{m_{\mathrm{液}}\ \Delta t} = \frac{2. 5× 10^4 \mathrm{~J}}{0. 2 \mathrm{~kg} × 62. 5 \mathrm{~° C}} = 2× 10^3 \mathrm{~J/( kg· ° C )}$;
(3)混合后冷水吸收热量 $Q_{\mathrm{冷}}=c_{\mathrm{水}}\ m( t - t_0 )$,设热水初始温度为 $t_1$,混合后热水放出热量 $Q_{\mathrm{热}}=c_{\mathrm{水}} × 2m( t_1 - t )$,因为忽略热量损失,则 $Q_{\mathrm{热}}=Q_{\mathrm{冷}}$,即 $c_{\mathrm{水}} × 2m( t_1 - t ) = c_{\mathrm{水}}\ m( t - t_0 )$,则热水的初始温度 $t_1=\frac{3t - t_0}{2}$。
解析
【分析】
本题是热平衡相关的热量计算问题，需结合图像确定牛奶和热水的初温、末温，再利用吸热、放热公式及热平衡方程解题。（1）从图乙中找到牛奶的初温、末温，结合其质量和比热容，用吸热公式计算吸收的热量；（2）根据损失热量的比例，求出水放出的热量，该热量等于液体吸收的热量，再用吸热公式求液体的比热容；（3）利用热平衡方程（冷水吸热等于热水放热），代入质量关系推导热水的初始温度。
【解析】
（1）由图乙可知，牛奶的初温$t_{0奶}=20℃$，末温$t_{奶}=40℃$，牛奶质量$m_{奶}=250g=0.25kg$，比热容$c_{奶}=2.5×10^3J/(kg·℃)$。
根据吸热公式$Q_{吸}=c_{奶}m_{奶}(t_{奶}-t_{0奶})$，代入数据得：
$Q_{吸}=2.5×10^3J/(kg·℃)×0.25kg×(40℃-20℃)=1.25×10^4J$。
（2）已知损失的热量占50%，则水放出的热量$Q_{放}=\frac{Q_{吸}}{1-50\%}=\frac{1.25×10^4J}{0.5}=2.5×10^4J$，该热量被液体吸收，即$Q_{液吸}=Q_{放}=2.5×10^4J$。
液体质量$m_{液}=200g=0.2kg$，温度变化$\Delta t=62.5℃$，根据$Q_{吸}=c_{液}m_{液}\Delta t$，得：
$c_{液}=\frac{Q_{液吸}}{m_{液}\Delta t}=\frac{2.5×10^4J}{0.2kg×62.5℃}=2×10^3J/(kg·℃)$。
（3）设热水的初始温度为$t_1$，冷水质量为$m$，热水质量为$2m$，冷水初温$t_0$，末温$t$；热水初温$t_1$，末温$t$。
冷水吸收的热量$Q_{冷}=c_{水}m(t - t_0)$，热水放出的热量$Q_{热}=c_{水}×2m(t_1 - t)$。
忽略热量损失，$Q_{热}=Q_{冷}$，即：
$c_{水}×2m(t_1 - t)=c_{水}m(t - t_0)$，两边约去$c_{水}m$，得：
$2(t_1 - t)=t - t_0$，整理得：$t_1=\frac{3t - t_0}{2}$。
【答案】
（1）$1.25×10^4J$；（2）$2×10^3J/(kg·℃)$；（3）$t_1=\frac{3t - t_0}{2}$
【知识点】
热量计算、热平衡方程、比热容应用
【点评】
本题结合热传递图像考查热量计算，需准确提取图像中的温度信息，熟练运用吸热、放热公式，处理热量损失和热平衡推导是解题关键，属于热学基础中等难度题型，能有效检验学生对热学核心公式的掌握程度。
【难度系数】
0.5
本题是热平衡相关的热量计算问题，需结合图像确定牛奶和热水的初温、末温，再利用吸热、放热公式及热平衡方程解题。（1）从图乙中找到牛奶的初温、末温，结合其质量和比热容，用吸热公式计算吸收的热量；（2）根据损失热量的比例，求出水放出的热量，该热量等于液体吸收的热量，再用吸热公式求液体的比热容；（3）利用热平衡方程（冷水吸热等于热水放热），代入质量关系推导热水的初始温度。
【解析】
（1）由图乙可知，牛奶的初温$t_{0奶}=20℃$，末温$t_{奶}=40℃$，牛奶质量$m_{奶}=250g=0.25kg$，比热容$c_{奶}=2.5×10^3J/(kg·℃)$。
根据吸热公式$Q_{吸}=c_{奶}m_{奶}(t_{奶}-t_{0奶})$，代入数据得：
$Q_{吸}=2.5×10^3J/(kg·℃)×0.25kg×(40℃-20℃)=1.25×10^4J$。
（2）已知损失的热量占50%，则水放出的热量$Q_{放}=\frac{Q_{吸}}{1-50\%}=\frac{1.25×10^4J}{0.5}=2.5×10^4J$，该热量被液体吸收，即$Q_{液吸}=Q_{放}=2.5×10^4J$。
液体质量$m_{液}=200g=0.2kg$，温度变化$\Delta t=62.5℃$，根据$Q_{吸}=c_{液}m_{液}\Delta t$，得：
$c_{液}=\frac{Q_{液吸}}{m_{液}\Delta t}=\frac{2.5×10^4J}{0.2kg×62.5℃}=2×10^3J/(kg·℃)$。
（3）设热水的初始温度为$t_1$，冷水质量为$m$，热水质量为$2m$，冷水初温$t_0$，末温$t$；热水初温$t_1$，末温$t$。
冷水吸收的热量$Q_{冷}=c_{水}m(t - t_0)$，热水放出的热量$Q_{热}=c_{水}×2m(t_1 - t)$。
忽略热量损失，$Q_{热}=Q_{冷}$，即：
$c_{水}×2m(t_1 - t)=c_{水}m(t - t_0)$，两边约去$c_{水}m$，得：
$2(t_1 - t)=t - t_0$，整理得：$t_1=\frac{3t - t_0}{2}$。
【答案】
（1）$1.25×10^4J$；（2）$2×10^3J/(kg·℃)$；（3）$t_1=\frac{3t - t_0}{2}$
【知识点】
热量计算、热平衡方程、比热容应用
【点评】
本题结合热传递图像考查热量计算，需准确提取图像中的温度信息，熟练运用吸热、放热公式，处理热量损失和热平衡推导是解题关键，属于热学基础中等难度题型，能有效检验学生对热学核心公式的掌握程度。
【难度系数】
0.5
