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6.（2025·内蒙古）如图，物理兴趣小组制作了一个简易汽轮机装置. 在易拉罐中装入适量的水，用酒精灯加热，水沸腾后从管口喷出蒸汽使风车转动. 简易汽轮机工作过程中 （
A.酒精燃烧将内能转化为化学能
B.水的内能增加的方式是热传递
C.蒸汽被喷出后内能保持不变
D.蒸汽的内能全部转化为风车的机械能
B
）A.酒精燃烧将内能转化为化学能
B.水的内能增加的方式是热传递
C.蒸汽被喷出后内能保持不变
D.蒸汽的内能全部转化为风车的机械能
答案
6. B
解析
【分析】
我们可以顺着简易汽轮机的工作流程逐个排查选项：先梳理整个过程的先后环节：酒精燃烧放热→热量传递给水使水升温汽化→高温蒸汽喷出推动风车转动。接下来结合燃烧的能量转化规律、改变内能的两种方式、物体对外做功的内能变化特点、能量转化的效率特性，就能逐一排除错误选项得到正确答案。
【解析】
我们逐个对选项进行正误判断：
A选项：酒精燃烧是化学反应过程，是将酒精储存的化学能转化为内能，并非将内能转化为化学能，A错误；
B选项：酒精灯火焰的热量直接传递给易拉罐和罐内的水，水的内能增加是通过热传递的方式实现的，B正确；
C选项：蒸汽被喷出后会对风车和空气对外做功，自身内能会减小、温度降低，内能不可能保持不变，C错误；
D选项：蒸汽推动风车转动的过程中，会有部分内能随气流散失、还有部分热量耗散到环境中，不可能将蒸汽的内能全部转化为风车的机械能，D错误。
【答案】B
【知识点】
能量转化判断；内能改变方式；热机能量损失
【点评】
本题结合趣味自制实验考察热学基础概念，易错点是混淆燃烧过程的能量转化方向，以及忽略能量转化过程中必然存在的损耗，理清不同工作环节的能量变化逻辑即可轻松解题。
【难度系数】
0.8
我们可以顺着简易汽轮机的工作流程逐个排查选项：先梳理整个过程的先后环节：酒精燃烧放热→热量传递给水使水升温汽化→高温蒸汽喷出推动风车转动。接下来结合燃烧的能量转化规律、改变内能的两种方式、物体对外做功的内能变化特点、能量转化的效率特性，就能逐一排除错误选项得到正确答案。
【解析】
我们逐个对选项进行正误判断：
A选项：酒精燃烧是化学反应过程，是将酒精储存的化学能转化为内能，并非将内能转化为化学能，A错误；
B选项：酒精灯火焰的热量直接传递给易拉罐和罐内的水，水的内能增加是通过热传递的方式实现的，B正确；
C选项：蒸汽被喷出后会对风车和空气对外做功，自身内能会减小、温度降低，内能不可能保持不变，C错误；
D选项：蒸汽推动风车转动的过程中，会有部分内能随气流散失、还有部分热量耗散到环境中，不可能将蒸汽的内能全部转化为风车的机械能，D错误。
【答案】B
【知识点】
能量转化判断；内能改变方式；热机能量损失
【点评】
本题结合趣味自制实验考察热学基础概念，易错点是混淆燃烧过程的能量转化方向，以及忽略能量转化过程中必然存在的损耗，理清不同工作环节的能量变化逻辑即可轻松解题。
【难度系数】
0.8
7. (2025·江苏连云港)小华想探究“热水冷却过程中温度变化的特点”，她将一杯 100 mL 的热水放在室温下自然冷却，记录的热水温度变化情况如下表.$[c_{水}=4.2× 10^{3}\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg}·°\mathrm{C}),\rho_{水}=1.0× 10^{3}\ \mathrm{kg}/\mathrm{m}^{3}]$
此过程是通过
此过程是通过
热传递
的方式改变水的内能，在前 6 min 内，水的内能减少了$8.4×10^3$
J.请你归纳出热水冷却过程温度变化的特点：降温速度先快后慢
.答案
7. 热传递 $8.4×10^3$ 降温速度先快后慢
解析:小华将一杯100 mL的热水放在室温下自然冷却,此过程是通过热传递的方式改变水的内能;100 mL的热水质量$m=\rho_水 V=1.0×10^3\ \mathrm{kg/m^3}×100×10^{-6}\ \mathrm{m^3}=0.1\ \mathrm{kg}$.在前6 min内,水放出的热量为$Q_放=c_水 m·(t_0-t)=4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}×0.1\ \mathrm{kg}×(80\ ℃-60\ ℃)=8.4×10^3\ \mathrm{J}$,则水的内能减少了$8.4×10^3\ \mathrm{J}$.分析表中数据可知,热水冷却过程温度降低的特点是先快后慢.
解析:小华将一杯100 mL的热水放在室温下自然冷却,此过程是通过热传递的方式改变水的内能;100 mL的热水质量$m=\rho_水 V=1.0×10^3\ \mathrm{kg/m^3}×100×10^{-6}\ \mathrm{m^3}=0.1\ \mathrm{kg}$.在前6 min内,水放出的热量为$Q_放=c_水 m·(t_0-t)=4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}×0.1\ \mathrm{kg}×(80\ ℃-60\ ℃)=8.4×10^3\ \mathrm{J}$,则水的内能减少了$8.4×10^3\ \mathrm{J}$.分析表中数据可知,热水冷却过程温度降低的特点是先快后慢.
解析
【分析】
首先第一空判断改变内能的方式：改变物体内能有做功和热传递两种途径，热水放在室温下自然冷却，是水的热量向周围低温环境转移，没有摩擦做功等过程，因此属于热传递的方式。第二空计算前6min水减少的内能：水向外放出热量时内能减少，减少的内能等于水放出的热量，首先需要根据水的体积和密度计算出水的质量，再利用放热公式Q放=cmΔt代入对应数值计算即可。第三空总结冷却特点：统计表格中每间隔2min水降低的温度，对比相同时间内的降温幅度，就能归纳出温度变化的规律。
【解析】
1. 内能改变方式判断：热水自然冷却过程中，热量从高温的水传递到温度更低的室内环境，没有通过做功改变内能，因此是通过热传递的方式改变水的内能。
2. 计算水的质量：已知水的体积V=100mL=100×10^-6 m³=1×10^-4 m³，由密度公式可得水的质量：
$m=\rho_水V=1.0×10^3\ \mathrm{kg/m^3} × 1×10^{-4}\ \mathrm{m^3}=0.1\ \mathrm{kg}$
3. 计算前6min水减少的内能：前6min水的初温为80℃，6min时温度为60℃，温度变化$\Delta t=80°\mathrm{C}-60°\mathrm{C}=20°\mathrm{C}$，水放出的热量为：
$Q_放=c_水m\Delta t=4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg·° C)} × 0.1\ \mathrm{kg} × 20°\mathrm{C}=8.4×10^3\ \mathrm{J}$
水向外放热，内能减少，因此水的内能减少量等于放出的热量，为$8.4×10^3\ \mathrm{J}$。
4. 归纳温度变化特点：对比每2min的降温幅度：0~2min降温9℃，2~4min降温6℃，4~6min降温5℃，6~8min降温4℃，8~10min降温4℃，10~12min降温3℃，可见相同时间内水的降温幅度逐渐变小，因此热水冷却过程温度变化的特点是降温速度先快后慢。
【答案】
热传递；$8.4×10^3$；降温速度先快后慢
【知识点】
热传递改变内能，放热公式计算，冷却规律探究
【点评】
本题属于热学基础综合题，既考查了内能改变方式的基础概念，也结合密度、比热容公式进行简单计算，同时要求学生从实验数据中归纳规律，解题时注意体积单位的换算，避免计算错误，通过对比相同时间的温度差即可顺利总结出降温特点。
【难度系数】
0.7
首先第一空判断改变内能的方式：改变物体内能有做功和热传递两种途径，热水放在室温下自然冷却，是水的热量向周围低温环境转移，没有摩擦做功等过程，因此属于热传递的方式。第二空计算前6min水减少的内能：水向外放出热量时内能减少，减少的内能等于水放出的热量，首先需要根据水的体积和密度计算出水的质量，再利用放热公式Q放=cmΔt代入对应数值计算即可。第三空总结冷却特点：统计表格中每间隔2min水降低的温度，对比相同时间内的降温幅度，就能归纳出温度变化的规律。
【解析】
1. 内能改变方式判断：热水自然冷却过程中，热量从高温的水传递到温度更低的室内环境，没有通过做功改变内能，因此是通过热传递的方式改变水的内能。
2. 计算水的质量：已知水的体积V=100mL=100×10^-6 m³=1×10^-4 m³，由密度公式可得水的质量：
$m=\rho_水V=1.0×10^3\ \mathrm{kg/m^3} × 1×10^{-4}\ \mathrm{m^3}=0.1\ \mathrm{kg}$
3. 计算前6min水减少的内能：前6min水的初温为80℃，6min时温度为60℃，温度变化$\Delta t=80°\mathrm{C}-60°\mathrm{C}=20°\mathrm{C}$，水放出的热量为：
$Q_放=c_水m\Delta t=4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg·° C)} × 0.1\ \mathrm{kg} × 20°\mathrm{C}=8.4×10^3\ \mathrm{J}$
水向外放热，内能减少，因此水的内能减少量等于放出的热量，为$8.4×10^3\ \mathrm{J}$。
4. 归纳温度变化特点：对比每2min的降温幅度：0~2min降温9℃，2~4min降温6℃，4~6min降温5℃，6~8min降温4℃，8~10min降温4℃，10~12min降温3℃，可见相同时间内水的降温幅度逐渐变小，因此热水冷却过程温度变化的特点是降温速度先快后慢。
【答案】
热传递；$8.4×10^3$；降温速度先快后慢
【知识点】
热传递改变内能，放热公式计算，冷却规律探究
【点评】
本题属于热学基础综合题，既考查了内能改变方式的基础概念，也结合密度、比热容公式进行简单计算，同时要求学生从实验数据中归纳规律，解题时注意体积单位的换算，避免计算错误，通过对比相同时间的温度差即可顺利总结出降温特点。
【难度系数】
0.7
8. 新趋势 学科融合 （2025·山东青岛改编）小明在海边玩耍，感觉沙滩上的沙子很热，海水却比较凉爽.某天，他从6时到22时对沙子和海水的温度进行了测量，绘成的温度随时间变化的图像如图.下列分析错误的是 （
A.早晨6时，海水的温度比沙子高
B.6时到14时，沙子吸收的热量比海水多
C.14时到22时，海水降低的温度比沙子小
D.利用此图像可以比较海水和沙子的比热容
B
）A.早晨6时，海水的温度比沙子高
B.6时到14时，沙子吸收的热量比海水多
C.14时到22时，海水降低的温度比沙子小
D.利用此图像可以比较海水和沙子的比热容
答案
8. B
解析
【分析】
这道题结合生活场景和温度-时间图像考查热学相关知识，解题思路如下：首先先明确图中两条曲线的对应关系：虚线代表海水，实线代表沙子，再逐个对照选项结合图像信息和热学规律判断正误：
1. 验证A选项：直接定位横坐标6时的位置，读取两个物质的温度对比大小即可；
2. 分析B选项：要明确物体吸收热量的多少和质量、比热容、温度变化量都相关，本实验没有控制沙子和海水质量相等，也无法直接确定二者接收太阳辐射的总热量，不能仅凭升温快慢判断吸收热量的多少；
3. 验证C选项：分别读取14时、22时两个时刻沙子和海水的温度，计算各自的降温幅度后对比即可；
4. 验证D选项：相同日照条件下，相同时间内海水和沙子吸收的热量近似相等，若控制二者质量相同，根据吸热公式，通过对比相同时间内的温度变化量就可以比较二者比热容的大小。
最终选出描述错误的选项即可。
【解析】
我们逐个对选项进行分析：
A. 由图像可知，早晨6时，海水的温度约为16℃，沙子的温度约为8℃，海水温度比沙子高，A说法正确，不符合题意；
B. 6时到14时沙子升温比海水快，本质是沙子的比热容更小，本实验没有控制沙子和海水的质量相等，也无法确定二者吸收太阳辐射的总热量大小，不能得出沙子吸收的热量比海水多的结论，B说法错误，符合题意；
C. 14时到22时，沙子的温度从约36℃降低到约15℃，降温幅度约21℃；海水的温度从约24℃降低到约17℃，降温幅度约7℃，海水降低的温度比沙子小，C说法正确，不符合题意；
D. 相同日照条件下，相同时间内海水和沙子吸收的热量近似相等，若二者质量相同，根据$Q_{吸}=cm\Delta t$，吸收热量Q、质量m相同时，温度变化$\Delta t$越小，比热容c越大，因此可以通过图像的温度变化量比较海水和沙子的比热容，D说法正确，不符合题意。
【答案】B
【知识点】
比热容应用，图像数据分析，热量公式
【点评】
本题结合海边的真实生活场景，将图像分析能力和比热容核心知识点融合，易错点是容易误认为升温快的物体吸收的热量就更多，忽略了吸收热量的多少受多个变量影响，同时也考查了转换法比较物质比热容的逻辑前提，整体贴合新中考学科融合的命题趋势。
【难度系数】
0.65
这道题结合生活场景和温度-时间图像考查热学相关知识，解题思路如下：首先先明确图中两条曲线的对应关系：虚线代表海水，实线代表沙子，再逐个对照选项结合图像信息和热学规律判断正误：
1. 验证A选项：直接定位横坐标6时的位置，读取两个物质的温度对比大小即可；
2. 分析B选项：要明确物体吸收热量的多少和质量、比热容、温度变化量都相关，本实验没有控制沙子和海水质量相等，也无法直接确定二者接收太阳辐射的总热量，不能仅凭升温快慢判断吸收热量的多少；
3. 验证C选项：分别读取14时、22时两个时刻沙子和海水的温度，计算各自的降温幅度后对比即可；
4. 验证D选项：相同日照条件下，相同时间内海水和沙子吸收的热量近似相等，若控制二者质量相同，根据吸热公式，通过对比相同时间内的温度变化量就可以比较二者比热容的大小。
最终选出描述错误的选项即可。
【解析】
我们逐个对选项进行分析：
A. 由图像可知，早晨6时，海水的温度约为16℃，沙子的温度约为8℃，海水温度比沙子高，A说法正确，不符合题意；
B. 6时到14时沙子升温比海水快，本质是沙子的比热容更小，本实验没有控制沙子和海水的质量相等，也无法确定二者吸收太阳辐射的总热量大小，不能得出沙子吸收的热量比海水多的结论，B说法错误，符合题意；
C. 14时到22时，沙子的温度从约36℃降低到约15℃，降温幅度约21℃；海水的温度从约24℃降低到约17℃，降温幅度约7℃，海水降低的温度比沙子小，C说法正确，不符合题意；
D. 相同日照条件下，相同时间内海水和沙子吸收的热量近似相等，若二者质量相同，根据$Q_{吸}=cm\Delta t$，吸收热量Q、质量m相同时，温度变化$\Delta t$越小，比热容c越大，因此可以通过图像的温度变化量比较海水和沙子的比热容，D说法正确，不符合题意。
【答案】B
【知识点】
比热容应用，图像数据分析，热量公式
【点评】
本题结合海边的真实生活场景，将图像分析能力和比热容核心知识点融合，易错点是容易误认为升温快的物体吸收的热量就更多，忽略了吸收热量的多少受多个变量影响，同时也考查了转换法比较物质比热容的逻辑前提，整体贴合新中考学科融合的命题趋势。
【难度系数】
0.65
9.《天工开物》中提到我国的淬火工艺，它是指将高温工件浸入冷的淬火介质，使其完全冷却，以提高金属工件的性能的一种工艺. 如图所示的工人将烧红的铁器迅速放入一定质量的液体中，铁器的内能
变小
（选填“变大”“变小”或“不变”）. 常见的淬火介质有“水”和“油”两种，若某钢材要求淬火前后不能有太大的温差，应选油
（选填“水”或“油”）淬火（水和油的质量和初温相同）.答案
9. 变小 油
解析
【分析】
首先思考第一空：烧红的铁器温度远高于冷的淬火介质，二者之间会发生热传递，铁器向外释放热量，根据内能变化的规律，物体放出热量时内能会减小，因此第一空很容易得出结论。再思考第二空：题目要求钢材淬火前后温差不能太大，也就是钢材降温后的末温不能过低，最终铁器会和淬火介质达到热平衡、温度相同。我们结合比热容的公式Q=cmΔt分析：水的比热容比油大，质量和初温相同的水和油，吸收铁器放出的相同热量时，比热容更小的油升温幅度更大，最终油的末温更高，对应铁器的末温也更高，这样铁器从初始高温冷却后的温差就更小，刚好符合题目的要求，因此可以判断要选油。
【解析】
1. 第一空分析：将烧红的铁器浸入冷的液体中，铁器温度高于液体，铁器向液体传递热量，自身放出热量，因此铁器的内能变小。
2. 第二空分析：已知水的比热容大于油的比热容，水和油的质量、初温均相同，当吸收铁器释放的相等热量时，根据热量计算公式$Q_{吸}=cm\Delta t$，比热容更小的油温度升高的幅度更大，热平衡后油的末温更高，铁器最终和介质温度一致，因此铁器的末温也更高，铁器淬火前后的温度差就更小，满足钢材淬火前后不能有太大温差的要求，因此应选油。
【答案】
变小；油
【知识点】
热传递改变内能；比热容的应用
【点评】
本题结合我国古代传统淬火工艺的真实情境出题，将物理知识和传统文化工艺结合，第一空属于基础送分考点，第二空容易出现思维误区，不少同学会直接凭借“水的冷却效果好”的固有认知选水，忽略题目给出的“淬火前后不能有太大温差”的限定条件，解题时要先明确题目的实际需求，再结合比热容公式反向推导温度变化规律，避免凭经验错选。
【难度系数】
0.5
首先思考第一空：烧红的铁器温度远高于冷的淬火介质，二者之间会发生热传递，铁器向外释放热量，根据内能变化的规律，物体放出热量时内能会减小，因此第一空很容易得出结论。再思考第二空：题目要求钢材淬火前后温差不能太大，也就是钢材降温后的末温不能过低，最终铁器会和淬火介质达到热平衡、温度相同。我们结合比热容的公式Q=cmΔt分析：水的比热容比油大，质量和初温相同的水和油，吸收铁器放出的相同热量时，比热容更小的油升温幅度更大，最终油的末温更高，对应铁器的末温也更高，这样铁器从初始高温冷却后的温差就更小，刚好符合题目的要求，因此可以判断要选油。
【解析】
1. 第一空分析：将烧红的铁器浸入冷的液体中，铁器温度高于液体，铁器向液体传递热量，自身放出热量，因此铁器的内能变小。
2. 第二空分析：已知水的比热容大于油的比热容，水和油的质量、初温均相同，当吸收铁器释放的相等热量时，根据热量计算公式$Q_{吸}=cm\Delta t$，比热容更小的油温度升高的幅度更大，热平衡后油的末温更高，铁器最终和介质温度一致，因此铁器的末温也更高，铁器淬火前后的温度差就更小，满足钢材淬火前后不能有太大温差的要求，因此应选油。
【答案】
变小；油
【知识点】
热传递改变内能；比热容的应用
【点评】
本题结合我国古代传统淬火工艺的真实情境出题，将物理知识和传统文化工艺结合，第一空属于基础送分考点，第二空容易出现思维误区，不少同学会直接凭借“水的冷却效果好”的固有认知选水，忽略题目给出的“淬火前后不能有太大温差”的限定条件，解题时要先明确题目的实际需求，再结合比热容公式反向推导温度变化规律，避免凭经验错选。
【难度系数】
0.5
10. 近年来，冬季取暖有了新方法：利用石墨烯涂料供暖. 石墨烯发热涂料是一种环保液体发热涂料，通过均匀散热粉体和特殊耐温黏结剂等助剂制成，这种涂料充分利用了石墨烯的超导电导热特性，为室内供暖. 涂料发热后，通过
热传递
的方式改变房间内空气的内能. 一间空房的地面面积是$14\ \mathrm{m}^2$，高为$3\ \mathrm{m}$，在房间的三面墙上涂有某品牌石墨烯涂料共$3\ \mathrm{m}^2$，该涂料的辐射热量功率为$1\ 200\ \mathrm{W/m}^2$.现让它们同时供热，$5\ \mathrm{min}$内可使室温升高$10\ °\mathrm{C}$，此过程中房间内平均每秒钟损失的热量是1780
$\mathrm{J}$. [空气的密度为$1.\ 3\ \mathrm{kg/m}^3$、比热容为$1.0× 10^3\ \mathrm{J/(kg}·°\mathrm{C)}]$答案
10. 热传递 1780
解析:涂料发热后,把热量传递给房间内的空气,这是通过热传递的方式改变房间内空气的内能.5 min内,房间三面墙上的涂料辐射的总热量$Q=W=Pt=3\ \mathrm{m^2}×1\ 200\ \mathrm{W/m^2}×5×60\ \mathrm{s}=1.08×10^6\ \mathrm{J}$,房间空气的质量$m=\rho V=1.3\ \mathrm{kg/m^3}×14\ \mathrm{m^2}×3\ \mathrm{m}=54.6\ \mathrm{kg}$,室温升高$10\ ℃$空气吸收的热量$Q_吸=cm\Delta t=1.0×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}×54.6\ \mathrm{kg}×10\ ℃=5.46×10^5\ \mathrm{J}$,此过程中房间内损失热量的速度为$\dfrac{Q-Q_吸}{t}=\dfrac{1.08×10^6\ \mathrm{J}-5.46×10^5\ \mathrm{J}}{5×60\ \mathrm{s}}=1\ 780\ \mathrm{J/s}$,即平均每秒钟损失的热量是1 780 J.
解析:涂料发热后,把热量传递给房间内的空气,这是通过热传递的方式改变房间内空气的内能.5 min内,房间三面墙上的涂料辐射的总热量$Q=W=Pt=3\ \mathrm{m^2}×1\ 200\ \mathrm{W/m^2}×5×60\ \mathrm{s}=1.08×10^6\ \mathrm{J}$,房间空气的质量$m=\rho V=1.3\ \mathrm{kg/m^3}×14\ \mathrm{m^2}×3\ \mathrm{m}=54.6\ \mathrm{kg}$,室温升高$10\ ℃$空气吸收的热量$Q_吸=cm\Delta t=1.0×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}×54.6\ \mathrm{kg}×10\ ℃=5.46×10^5\ \mathrm{J}$,此过程中房间内损失热量的速度为$\dfrac{Q-Q_吸}{t}=\dfrac{1.08×10^6\ \mathrm{J}-5.46×10^5\ \mathrm{J}}{5×60\ \mathrm{s}}=1\ 780\ \mathrm{J/s}$,即平均每秒钟损失的热量是1 780 J.
解析
【分析】
首先思考第一空：改变物体内能的方式有做功和热传递两种，本题中发热的涂料温度高于室内空气，热量从涂料传递到空气，没有通过做功的方式实现能量转化，因此可以直接判断对应的方式。
接下来梳理第二空的计算逻辑：第一步先计算石墨烯涂料5分钟内总共放出的辐射热量，由单位面积功率和涂料总面积得到总发热功率，再根据W=Pt算出总产热；第二步计算房间内空气的总质量，先由房间地面面积和高度算出空气的总体积，再用密度公式m=ρV求出空气质量；第三步用吸热公式Q吸=cmΔt算出空气升温10℃吸收的热量；第四步用总产热减去空气吸收的热量得到5分钟内总共损失的热量，再除以换算为秒的总时间，就能得到每秒损失的热量。
【解析】
1. 第一空推导：
涂料发热后温度高于室内空气，热量从高温的涂料转移到低温的空气中，仅发生了能量的转移，没有涉及能量形式的转化，因此是通过热传递的方式改变房间内空气的内能。
2. 第二空分步计算：
① 计算涂料5min内辐射的总热量：
涂料总发热功率 $P_{\mathrm{总}} = 3\ \mathrm{m}^2 × 1200\ \mathrm{W/m}^2 = 3600\ \mathrm{W}$
供热时间 $t=5\ \mathrm{min}=5×60\ \mathrm{s}=300\ \mathrm{s}$
总辐射热量 $Q_{\mathrm{总}} = W = P_{\mathrm{总}}t = 3600\ \mathrm{W} × 300\ \mathrm{s} = 1.08×10^6\ \mathrm{J}$
② 计算房间内空气的质量：
房间内空气体积 $V = S_{\mathrm{底}}h = 14\ \mathrm{m}^2 × 3\ \mathrm{m} = 42\ \mathrm{m}^3$
由密度公式$\rho=\frac{m}{V}$得空气质量 $m = \rho_{\mathrm{空气}}V = 1.3\ \mathrm{kg/m}^3 × 42\ \mathrm{m}^3 = 54.6\ \mathrm{kg}$
③ 计算空气升温10℃吸收的热量：
由吸热公式得 $Q_{\mathrm{吸}} = c_{\mathrm{空气}}m\Delta t = 1.0×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)} × 54.6\ \mathrm{kg} × 10\ ℃ = 5.46×10^5\ \mathrm{J}$
④ 计算每秒损失的热量：
5min内总损失热量 $Q_{\mathrm{损总}} = Q_{\mathrm{总}} - Q_{\mathrm{吸}} = 1.08×10^6\ \mathrm{J} - 5.46×10^5\ \mathrm{J} = 5.34×10^5\ \mathrm{J}$
平均每秒损失的热量 $Q_{\mathrm{损每秒}} = \frac{Q_{\mathrm{损总}}}{t} = \frac{5.34×10^5\ \mathrm{J}}{300\ \mathrm{s}} = 1780\ \mathrm{J}$
【答案】
热传递；1780
【知识点】
热传递改变内能，比热容吸热计算，电功计算
【点评】
本题属于热学与电学结合的基础综合应用题，结合石墨烯供暖的生活新场景命题，既考察了基础概念的辨析，也串联了密度计算、吸热计算、电功计算多个基础公式，解题的核心是理清总产热、空气吸热、损失热量三者的数量关系，注意时间单位的换算即可顺利求解。
【难度系数】
0.7
首先思考第一空：改变物体内能的方式有做功和热传递两种，本题中发热的涂料温度高于室内空气，热量从涂料传递到空气，没有通过做功的方式实现能量转化，因此可以直接判断对应的方式。
接下来梳理第二空的计算逻辑：第一步先计算石墨烯涂料5分钟内总共放出的辐射热量，由单位面积功率和涂料总面积得到总发热功率，再根据W=Pt算出总产热；第二步计算房间内空气的总质量，先由房间地面面积和高度算出空气的总体积，再用密度公式m=ρV求出空气质量；第三步用吸热公式Q吸=cmΔt算出空气升温10℃吸收的热量；第四步用总产热减去空气吸收的热量得到5分钟内总共损失的热量，再除以换算为秒的总时间，就能得到每秒损失的热量。
【解析】
1. 第一空推导：
涂料发热后温度高于室内空气，热量从高温的涂料转移到低温的空气中，仅发生了能量的转移，没有涉及能量形式的转化，因此是通过热传递的方式改变房间内空气的内能。
2. 第二空分步计算：
① 计算涂料5min内辐射的总热量：
涂料总发热功率 $P_{\mathrm{总}} = 3\ \mathrm{m}^2 × 1200\ \mathrm{W/m}^2 = 3600\ \mathrm{W}$
供热时间 $t=5\ \mathrm{min}=5×60\ \mathrm{s}=300\ \mathrm{s}$
总辐射热量 $Q_{\mathrm{总}} = W = P_{\mathrm{总}}t = 3600\ \mathrm{W} × 300\ \mathrm{s} = 1.08×10^6\ \mathrm{J}$
② 计算房间内空气的质量：
房间内空气体积 $V = S_{\mathrm{底}}h = 14\ \mathrm{m}^2 × 3\ \mathrm{m} = 42\ \mathrm{m}^3$
由密度公式$\rho=\frac{m}{V}$得空气质量 $m = \rho_{\mathrm{空气}}V = 1.3\ \mathrm{kg/m}^3 × 42\ \mathrm{m}^3 = 54.6\ \mathrm{kg}$
③ 计算空气升温10℃吸收的热量：
由吸热公式得 $Q_{\mathrm{吸}} = c_{\mathrm{空气}}m\Delta t = 1.0×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)} × 54.6\ \mathrm{kg} × 10\ ℃ = 5.46×10^5\ \mathrm{J}$
④ 计算每秒损失的热量：
5min内总损失热量 $Q_{\mathrm{损总}} = Q_{\mathrm{总}} - Q_{\mathrm{吸}} = 1.08×10^6\ \mathrm{J} - 5.46×10^5\ \mathrm{J} = 5.34×10^5\ \mathrm{J}$
平均每秒损失的热量 $Q_{\mathrm{损每秒}} = \frac{Q_{\mathrm{损总}}}{t} = \frac{5.34×10^5\ \mathrm{J}}{300\ \mathrm{s}} = 1780\ \mathrm{J}$
【答案】
热传递；1780
【知识点】
热传递改变内能，比热容吸热计算，电功计算
【点评】
本题属于热学与电学结合的基础综合应用题，结合石墨烯供暖的生活新场景命题，既考察了基础概念的辨析，也串联了密度计算、吸热计算、电功计算多个基础公式，解题的核心是理清总产热、空气吸热、损失热量三者的数量关系，注意时间单位的换算即可顺利求解。
【难度系数】
0.7
11. (2026·江苏泰州期中)某同学将一质量是2 kg 的金属块放入 $90\ °\mathrm{C}$ 的水中加热足够长时间后,迅速取出放入另一个装有 5 kg 水的容器中,容器中水温为 $38\ °\mathrm{C}$,放入金属块后水温最终上升到 $40\ °\mathrm{C}$.$[c_{\mathrm{水}}=4.2×10^{3}\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg}·\ °\mathrm{C}),c_{\mathrm{金属}}=0.875×10^{3}\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg}·\ °\mathrm{C})]$则:
(1) 金属块放出的热量是多少?
(2) 水吸收的热量是多少?
(3) 根据上述计算结果分析:金属块放出的热量和水吸收的热量是否相等?造成这种现象的原因可能是什么?
(1) 金属块放出的热量是多少?
(2) 水吸收的热量是多少?
(3) 根据上述计算结果分析:金属块放出的热量和水吸收的热量是否相等?造成这种现象的原因可能是什么?
答案
11. (1) $8.75×10^4\ \mathrm{J}$ (2) $4.2×10^4\ \mathrm{J}$ (3) 见解析
解析:(1) 金属块放出的热量$Q_放=c_{金属}m(t_1-t)=0.875×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}×2\ \mathrm{kg}×(90\ ℃-40\ ℃)=8.75×10^4\ \mathrm{J}$. (2) 水吸收的热量$Q_吸=c_水 m_水(t-t_2)=4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}×5\ \mathrm{kg}×(40\ ℃-38\ ℃)=4.2×10^4\ \mathrm{J}$. (3) 由以上计算可知,金属块放出的热量和水吸收的热量不相等;造成这一现象的原因可能是在热传递过程中有很大一部分热量散发到空气中,造成了热量的损失.
解析:(1) 金属块放出的热量$Q_放=c_{金属}m(t_1-t)=0.875×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}×2\ \mathrm{kg}×(90\ ℃-40\ ℃)=8.75×10^4\ \mathrm{J}$. (2) 水吸收的热量$Q_吸=c_水 m_水(t-t_2)=4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}×5\ \mathrm{kg}×(40\ ℃-38\ ℃)=4.2×10^4\ \mathrm{J}$. (3) 由以上计算可知,金属块放出的热量和水吸收的热量不相等;造成这一现象的原因可能是在热传递过程中有很大一部分热量散发到空气中,造成了热量的损失.
解析
【分析】
拿到这道题先梳理已知条件：金属块在90℃的水中加热足够长时间，说明金属块初始温度就等于90℃，放入冷水后最终热平衡温度为40℃。第一问求金属块放出的热量，直接套用物体放热公式，代入金属的比热容、质量、降低的温度即可计算。第二问求水吸收的热量，套用吸热公式，代入水的比热容、质量、升高的温度就能算出结果。第三问对比前两问的热量数值，就能发现二者不相等，结合实际热传递的场景分析，理想状态下金属放出的热全部被水吸收，但实际过程中除了水之外，容器、周围空气都会吸收部分热量，因此会出现热量不相等的情况。
【解析】
(1) 金属块在90℃水中加热足够长时间，因此金属块初温$t_1=90\ ℃$，热平衡后末温$t=40\ ℃$，已知$m_{\mathrm{金属}}=2\ \mathrm{kg}$，$c_{\mathrm{金属}}=0.875×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}$，根据放热公式：
$Q_{\mathrm{放}}=c_{\mathrm{金属}}m_{\mathrm{金属}}(t_1-t)$
代入数值计算：
$Q_{\mathrm{放}}=0.875×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}×2\ \mathrm{kg}×(90\ ℃-40\ ℃)=8.75×10^4\ \mathrm{J}$
(2) 已知水的质量$m_{\mathrm{水}}=5\ \mathrm{kg}$，水的初温$t_2=38\ ℃$，末温$t=40\ ℃$，$c_{\mathrm{水}}=4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}$，根据吸热公式：
$Q_{\mathrm{吸}}=c_{\mathrm{水}}m_{\mathrm{水}}(t-t_2)$
代入数值计算：
$Q_{\mathrm{吸}}=4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}×5\ \mathrm{kg}×(40\ ℃-38\ ℃)=4.2×10^4\ \mathrm{J}$
(3) 对比计算结果可知$Q_{\mathrm{放}}＞Q_{\mathrm{吸}}$，二者不相等。实际热传递过程中，金属块放出的热量除了被水吸收之外，还有部分热量被装水的容器吸收，还有部分热量散发到周围空气中，存在热量损失，因此二者数值不相等。
【答案】
(1) $8.75×10^4\ \mathrm{J}$
(2) $4.2×10^4\ \mathrm{J}$
(3) 不相等；热传递过程中有部分热量散失到空气中（或被容器吸收），存在热量损失。
【知识点】
吸放热公式计算，热传递，热量损耗
【点评】
本题是热学基础计算题，前两问直接考察吸放热公式的应用，难度较低，第三问打破了理想热平衡下$Q_{\mathrm{吸}}=Q_{\mathrm{放}}$的固有认知，引导学生结合实际实验场景分析误差来源，加深对热传递过程的理解，避免死记硬背理想结论。
【难度系数】
0.8
拿到这道题先梳理已知条件：金属块在90℃的水中加热足够长时间，说明金属块初始温度就等于90℃，放入冷水后最终热平衡温度为40℃。第一问求金属块放出的热量，直接套用物体放热公式，代入金属的比热容、质量、降低的温度即可计算。第二问求水吸收的热量，套用吸热公式，代入水的比热容、质量、升高的温度就能算出结果。第三问对比前两问的热量数值，就能发现二者不相等，结合实际热传递的场景分析，理想状态下金属放出的热全部被水吸收，但实际过程中除了水之外，容器、周围空气都会吸收部分热量，因此会出现热量不相等的情况。
【解析】
(1) 金属块在90℃水中加热足够长时间，因此金属块初温$t_1=90\ ℃$，热平衡后末温$t=40\ ℃$，已知$m_{\mathrm{金属}}=2\ \mathrm{kg}$，$c_{\mathrm{金属}}=0.875×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}$，根据放热公式：
$Q_{\mathrm{放}}=c_{\mathrm{金属}}m_{\mathrm{金属}}(t_1-t)$
代入数值计算：
$Q_{\mathrm{放}}=0.875×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}×2\ \mathrm{kg}×(90\ ℃-40\ ℃)=8.75×10^4\ \mathrm{J}$
(2) 已知水的质量$m_{\mathrm{水}}=5\ \mathrm{kg}$，水的初温$t_2=38\ ℃$，末温$t=40\ ℃$，$c_{\mathrm{水}}=4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}$，根据吸热公式：
$Q_{\mathrm{吸}}=c_{\mathrm{水}}m_{\mathrm{水}}(t-t_2)$
代入数值计算：
$Q_{\mathrm{吸}}=4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}×5\ \mathrm{kg}×(40\ ℃-38\ ℃)=4.2×10^4\ \mathrm{J}$
(3) 对比计算结果可知$Q_{\mathrm{放}}＞Q_{\mathrm{吸}}$，二者不相等。实际热传递过程中，金属块放出的热量除了被水吸收之外，还有部分热量被装水的容器吸收，还有部分热量散发到周围空气中，存在热量损失，因此二者数值不相等。
【答案】
(1) $8.75×10^4\ \mathrm{J}$
(2) $4.2×10^4\ \mathrm{J}$
(3) 不相等；热传递过程中有部分热量散失到空气中（或被容器吸收），存在热量损失。
【知识点】
吸放热公式计算，热传递，热量损耗
【点评】
本题是热学基础计算题，前两问直接考察吸放热公式的应用，难度较低，第三问打破了理想热平衡下$Q_{\mathrm{吸}}=Q_{\mathrm{放}}$的固有认知，引导学生结合实际实验场景分析误差来源，加深对热传递过程的理解，避免死记硬背理想结论。
【难度系数】
0.8
