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1. (2026·江苏苏州期中)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,则下列说法正确的是(
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
D.该物质在$t_{5}∼ t_{6}$时间段的比热容小于在$0∼ t_{1}$时间段的比热容
C
)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
D.该物质在$t_{5}∼ t_{6}$时间段的比热容小于在$0∼ t_{1}$时间段的比热容
答案
1. C 解析:0~$t_1$ 时间内,物质吸收的热量可以用公式$Q_{吸}=cm\Delta t$ 来求解,但是 $t_1 ∼ t_2$ 处于熔化阶段,温度不变、持续吸热,不可以用该公式求解,故 A 错误;
$t_2 ∼ t_4$ 时间段内,物质均处于液态,比热容不变,故 B错误;在 $0 ∼ t_1$ 时间段,所用时间为 $t_1$,温度从 $T_1$ 升高到 $T_2$,则该物体吸收的热量为 $Q_{吸1}=cm(T_2-T_1)$,由题意知,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),则单位时间内物体吸收的热量$Q_{吸2}=\frac{cm(T_2-T_1)}{t_1}$,分析图像可知,该物质为晶体,在 $t_1 ∼ t_2$ 时间段,物质处于熔化过程中,所用时间为 $t_2-t_1$,则该晶体在熔化过程中吸收的热量$Q_{熔化吸}=\frac{cm(T_2-T_1)}{t_1} × (t_2-t_1)=\frac{cm(T_2-T_1)(t_2-t_1)}{t_1}$,该晶体在 $t_4 ∼ t_5$ 时间段处于凝固过程中,对一定质量的晶体来说,凝固时放出的热量与熔化时吸收的热量相等,所以,在 $t_4 ∼ t_5$ 时间段,该物体放出的热量为 $Q_{凝固放}=Q_{熔化吸}=\frac{cm(T_2-T_1)(t_2-t_1)}{t_1}$,故 C 正确;物质在 $t_5 ∼ t_6$ 和$0 ∼ t_1$ 时间段内,均处于固态,因此比热容相等,故 D错误。
$t_2 ∼ t_4$ 时间段内,物质均处于液态,比热容不变,故 B错误;在 $0 ∼ t_1$ 时间段,所用时间为 $t_1$,温度从 $T_1$ 升高到 $T_2$,则该物体吸收的热量为 $Q_{吸1}=cm(T_2-T_1)$,由题意知,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),则单位时间内物体吸收的热量$Q_{吸2}=\frac{cm(T_2-T_1)}{t_1}$,分析图像可知,该物质为晶体,在 $t_1 ∼ t_2$ 时间段,物质处于熔化过程中,所用时间为 $t_2-t_1$,则该晶体在熔化过程中吸收的热量$Q_{熔化吸}=\frac{cm(T_2-T_1)}{t_1} × (t_2-t_1)=\frac{cm(T_2-T_1)(t_2-t_1)}{t_1}$,该晶体在 $t_4 ∼ t_5$ 时间段处于凝固过程中,对一定质量的晶体来说,凝固时放出的热量与熔化时吸收的热量相等,所以,在 $t_4 ∼ t_5$ 时间段,该物体放出的热量为 $Q_{凝固放}=Q_{熔化吸}=\frac{cm(T_2-T_1)(t_2-t_1)}{t_1}$,故 C 正确;物质在 $t_5 ∼ t_6$ 和$0 ∼ t_1$ 时间段内,均处于固态,因此比热容相等,故 D错误。
解析
【分析】
这是一道结合晶体物态变化图像的热学综合题，解题思路如下：
1. 首先明确题干核心条件：稳定热源意味着相同时间内物体吸收的热量相等，停止加热后冷却过程的热量规律也可结合该条件推导。
2. 先划分图像各时间段的物质状态：0~t₁为固态吸热升温，t₁~t₂为晶体熔化（固液共存，温度不变持续吸热），t₂后为液态，停止加热后降温，t₄~t₅为晶体凝固（固液共存，温度不变持续放热），t₅后为固态降温。
3. 逐个验证选项：
A选项：0~t₂包含熔化阶段，熔化过程温度不变，无法直接用Q=cmΔt计算该阶段总吸热，可直接排除。
B选项：t₂~t₄时间段物质始终为液态，状态不变的同种物质比热容是定值，不会发生变化，排除。
C选项：先通过0~t₁的升温过程算出单位时间物体吸收的热量，再结合熔化时长算出熔化总吸热，晶体凝固放热与熔化吸热相等，即可得到t₄~t₅的放热量，推导后可知该选项正确。
D选项：t₅~t₆和0~t₁物质都处于同一种固态，比热容相同，排除。
【解析】
我们逐一分析每个选项：
1. 分析A选项：
0~t₁时间段物质为固态，吸热升温，可用$Q_{吸1}=cm(T_2-T_1)$计算该段吸热，但$t_1 ∼ t_2$是晶体熔化阶段，温度不变、持续吸热，无法用$Q=cm\Delta t$计算该段吸热，因此0~t₂总吸热不等于$cm(T_2-T_1)$，A错误。
2. 分析B选项：
$t_2 ∼ t_4$时间段内物质始终处于液态，同种物质状态不变时比热容为定值，不会先增大后减小，B错误。
3. 分析C选项：
已知0~t₁时长为$t_1$，该段吸热$Q_{吸1}=cm(T_2-T_1)$，由稳定热源相同时间吸热相等，可得单位时间吸热为：
$Q_0=\frac{cm(T_2-T_1)}{t_1}$
$t_1 ∼ t_2$为晶体熔化过程，时长为$t_2-t_1$，因此熔化过程总吸热：
$Q_{熔化吸}=Q_0 · (t_2-t_1)=\frac{cm(T_2-T_1)(t_2-t_1)}{t_1}$
晶体凝固过程放出的热量与熔化过程吸收的热量相等，$t_4 ∼ t_5$为凝固过程，因此该段物体放出的热量等于熔化吸热，即$Q_{凝固放}=\frac{cm(T_2-T_1)(t_2-t_1)}{t_1}$，C正确。
4. 分析D选项：
$t_5 ∼ t_6$和$0 ∼ t_1$时间段物质都处于同一种固态，同种物质状态相同时比热容相等，因此两段比热容相同，D错误。
【答案】
C
【知识点】
晶体熔化凝固、比热容特性、热量计算
【点评】
本题核心是结合物态变化图像推导吸放热，易错点是容易忽略熔化/凝固阶段温度不变，无法直接用升温公式计算吸放热，需要利用稳定热源等时吸热相等的规律间接推导熔化热，对学生的公式迁移应用能力有一定要求。
【难度系数】
0.3
这是一道结合晶体物态变化图像的热学综合题，解题思路如下：
1. 首先明确题干核心条件：稳定热源意味着相同时间内物体吸收的热量相等，停止加热后冷却过程的热量规律也可结合该条件推导。
2. 先划分图像各时间段的物质状态：0~t₁为固态吸热升温，t₁~t₂为晶体熔化（固液共存，温度不变持续吸热），t₂后为液态，停止加热后降温，t₄~t₅为晶体凝固（固液共存，温度不变持续放热），t₅后为固态降温。
3. 逐个验证选项：
A选项：0~t₂包含熔化阶段，熔化过程温度不变，无法直接用Q=cmΔt计算该阶段总吸热，可直接排除。
B选项：t₂~t₄时间段物质始终为液态，状态不变的同种物质比热容是定值，不会发生变化，排除。
C选项：先通过0~t₁的升温过程算出单位时间物体吸收的热量，再结合熔化时长算出熔化总吸热，晶体凝固放热与熔化吸热相等，即可得到t₄~t₅的放热量，推导后可知该选项正确。
D选项：t₅~t₆和0~t₁物质都处于同一种固态，比热容相同，排除。
【解析】
我们逐一分析每个选项：
1. 分析A选项：
0~t₁时间段物质为固态，吸热升温，可用$Q_{吸1}=cm(T_2-T_1)$计算该段吸热，但$t_1 ∼ t_2$是晶体熔化阶段，温度不变、持续吸热，无法用$Q=cm\Delta t$计算该段吸热，因此0~t₂总吸热不等于$cm(T_2-T_1)$，A错误。
2. 分析B选项：
$t_2 ∼ t_4$时间段内物质始终处于液态，同种物质状态不变时比热容为定值，不会先增大后减小，B错误。
3. 分析C选项：
已知0~t₁时长为$t_1$，该段吸热$Q_{吸1}=cm(T_2-T_1)$，由稳定热源相同时间吸热相等，可得单位时间吸热为：
$Q_0=\frac{cm(T_2-T_1)}{t_1}$
$t_1 ∼ t_2$为晶体熔化过程，时长为$t_2-t_1$，因此熔化过程总吸热：
$Q_{熔化吸}=Q_0 · (t_2-t_1)=\frac{cm(T_2-T_1)(t_2-t_1)}{t_1}$
晶体凝固过程放出的热量与熔化过程吸收的热量相等，$t_4 ∼ t_5$为凝固过程，因此该段物体放出的热量等于熔化吸热，即$Q_{凝固放}=\frac{cm(T_2-T_1)(t_2-t_1)}{t_1}$，C正确。
4. 分析D选项：
$t_5 ∼ t_6$和$0 ∼ t_1$时间段物质都处于同一种固态，同种物质状态相同时比热容相等，因此两段比热容相同，D错误。
【答案】
C
【知识点】
晶体熔化凝固、比热容特性、热量计算
【点评】
本题核心是结合物态变化图像推导吸放热，易错点是容易忽略熔化/凝固阶段温度不变，无法直接用升温公式计算吸放热，需要利用稳定热源等时吸热相等的规律间接推导熔化热，对学生的公式迁移应用能力有一定要求。
【难度系数】
0.3
2. 汽车出厂前需要测试,某次测试过程中,汽车保持恒定功率在水平路面做直线运动,其$v-t$图像如图所示.汽车运动过程中受到的阻力不变,发动机效率为40%,加速至2 s时牵引力为4 000 N,10 s后油箱还剩10 L汽油(汽油的热值$q=3.3×10^{7} J/L$),则汽车的功率为
60
kW. 运动中汽车受到的阻力为2 000
N,10 s后该车最多还能继续行驶的路程为66
km.答案
2. 60 2 000 66 解析:由题意可知,汽车的功率保持不变,且加速至2 s时,牵引力为4 000 N。由图可知,当加速至2 s时,汽车的速度为15 m/s,则汽车的功率$P=F_{牵}v=4\ 000\ \mathrm{N} × 15\ \mathrm{m/s}=60\ 000\ \mathrm{W}=60\ \mathrm{kW}$。由图可知,当汽车运动到10 s时,汽车开始做匀速直线运动,其速度为30 m/s,此时牵引力和阻力是一对平衡力,大小相等。所以汽车受到的阻力 $f=F'_{牵}=\frac{P}{v'}=\frac{60\ 000\ \mathrm{W}}{30\ \mathrm{m/s}}=2\ 000\ \mathrm{N}$。由题意可知,10 s后还剩10 L的汽油,10 L汽油完全燃烧所释放的热量$Q_{放}=Vq=10\ \mathrm{L} × 3.3 × 10^7\ \mathrm{J/L}=3.3 × 10^8\ \mathrm{J}$,利用剩下的10 L汽油,汽车最多能做的有用功$W=\eta Q_{放}=40\% × 3.3 × 10^8\ \mathrm{J}=1.32 × 10^8\ \mathrm{J}$,汽车最多还能行驶的路程$s=\frac{W}{F'_{牵}}=\frac{1.32 × 10^8\ \mathrm{J}}{2\ 000\ \mathrm{N}}=6.6 × 10^4\ \mathrm{m}=66\ \mathrm{km}$。
解析
【分析】
这是一道力热综合的物理计算题，解题思路可以分三步梳理：第一，题目明确汽车全程保持恒定功率运动，已知2s时牵引力为4000N，首先从给出的v-t图像中读取t=2s对应的速度为15m/s，直接用功率推导公式P=Fv就能算出汽车的恒定功率。第二，观察v-t图像可知10s后汽车速度保持30m/s不变，处于匀速直线运动状态，此时水平方向牵引力和阻力二力平衡、大小相等，再用P=Fv的变形公式F=P/v，代入匀速阶段的速度就能算出牵引力，也就是阻力的大小。第三，先计算剩余10L汽油完全燃烧释放的总热量，乘以发动机效率得到汽车可输出的有用功，由于后续汽车匀速行驶，牵引力始终等于阻力，再通过功的公式W=Fs变形得到s=W/F，代入数值计算后完成单位换算，就能得到最多可继续行驶的路程。
【解析】
1. 计算汽车的恒定功率
已知t=2s时牵引力F₁=4000N，由v-t图像得此时对应速度v₁=15m/s，汽车恒定功率：
$P=F_1v_1=4000\ \mathrm{N} × 15\ \mathrm{m/s}=60000\ \mathrm{W}=60\ \mathrm{kW}$
2. 计算汽车运动受到的阻力
由v-t图像可知，10s后汽车做匀速直线运动，速度v₂=30m/s，此时牵引力与阻力为一对平衡力，即$f=F_2$。
由$P=Fv$变形得此时牵引力：
$F_2=\frac{P}{v_2}=\frac{60000\ \mathrm{W}}{30\ \mathrm{m/s}}=2000\ \mathrm{N}$
因此汽车受到的阻力$f=F_2=2000\ \mathrm{N}$。
3. 计算剩余汽油支持的最大行驶路程
10L汽油完全燃烧放出的总热量：
$Q_{\mathrm{放}}=Vq=10\ \mathrm{L} × 3.3×10^7\ \mathrm{J/L}=3.3×10^8\ \mathrm{J}$
发动机效率为40%，可输出的有用功：
$W=\eta Q_{\mathrm{放}}=40\% × 3.3×10^8\ \mathrm{J}=1.32×10^8\ \mathrm{J}$
匀速行驶时牵引力$F_2=2000\ \mathrm{N}$，由$W=Fs$变形得行驶路程：
$s=\frac{W}{F_2}=\frac{1.32×10^8\ \mathrm{J}}{2000\ \mathrm{N}}=6.6×10^4\ \mathrm{m}=66\ \mathrm{km}$
【答案】
60；2000；66
【知识点】
功率计算，二力平衡，热机效率
【点评】
本题结合v-t图像考察恒定功率机车运动的综合计算，融合了力学的功率、二力平衡、功的计算和热学的热值、热机效率相关知识点，解题核心是准确从图像提取对应时刻的速度信息，明确匀速阶段牵引力与阻力相等的关系，注意最终路程的单位换算，整体属于中等难度的综合题。
【难度系数】
0.6
这是一道力热综合的物理计算题，解题思路可以分三步梳理：第一，题目明确汽车全程保持恒定功率运动，已知2s时牵引力为4000N，首先从给出的v-t图像中读取t=2s对应的速度为15m/s，直接用功率推导公式P=Fv就能算出汽车的恒定功率。第二，观察v-t图像可知10s后汽车速度保持30m/s不变，处于匀速直线运动状态，此时水平方向牵引力和阻力二力平衡、大小相等，再用P=Fv的变形公式F=P/v，代入匀速阶段的速度就能算出牵引力，也就是阻力的大小。第三，先计算剩余10L汽油完全燃烧释放的总热量，乘以发动机效率得到汽车可输出的有用功，由于后续汽车匀速行驶，牵引力始终等于阻力，再通过功的公式W=Fs变形得到s=W/F，代入数值计算后完成单位换算，就能得到最多可继续行驶的路程。
【解析】
1. 计算汽车的恒定功率
已知t=2s时牵引力F₁=4000N，由v-t图像得此时对应速度v₁=15m/s，汽车恒定功率：
$P=F_1v_1=4000\ \mathrm{N} × 15\ \mathrm{m/s}=60000\ \mathrm{W}=60\ \mathrm{kW}$
2. 计算汽车运动受到的阻力
由v-t图像可知，10s后汽车做匀速直线运动，速度v₂=30m/s，此时牵引力与阻力为一对平衡力，即$f=F_2$。
由$P=Fv$变形得此时牵引力：
$F_2=\frac{P}{v_2}=\frac{60000\ \mathrm{W}}{30\ \mathrm{m/s}}=2000\ \mathrm{N}$
因此汽车受到的阻力$f=F_2=2000\ \mathrm{N}$。
3. 计算剩余汽油支持的最大行驶路程
10L汽油完全燃烧放出的总热量：
$Q_{\mathrm{放}}=Vq=10\ \mathrm{L} × 3.3×10^7\ \mathrm{J/L}=3.3×10^8\ \mathrm{J}$
发动机效率为40%，可输出的有用功：
$W=\eta Q_{\mathrm{放}}=40\% × 3.3×10^8\ \mathrm{J}=1.32×10^8\ \mathrm{J}$
匀速行驶时牵引力$F_2=2000\ \mathrm{N}$，由$W=Fs$变形得行驶路程：
$s=\frac{W}{F_2}=\frac{1.32×10^8\ \mathrm{J}}{2000\ \mathrm{N}}=6.6×10^4\ \mathrm{m}=66\ \mathrm{km}$
【答案】
60；2000；66
【知识点】
功率计算，二力平衡，热机效率
【点评】
本题结合v-t图像考察恒定功率机车运动的综合计算，融合了力学的功率、二力平衡、功的计算和热学的热值、热机效率相关知识点，解题核心是准确从图像提取对应时刻的速度信息，明确匀速阶段牵引力与阻力相等的关系，注意最终路程的单位换算，整体属于中等难度的综合题。
【难度系数】
0.6
3. 新素养 科学思维 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$5\ \mathrm{m/s}$的初速度向右运动,滑上小车. 最终小物块静止在小车上,并以$1\ \mathrm{m/s}$的速度与小车一起向右运动. 若此过程中机械能全部转化为内能且全部被小物块吸收,则小物块内能增大了
$E_{\mathrm{k}}=\frac{1}{2}mv^{2},$
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$5\ \mathrm{m/s}$的初速度向右运动,滑上小车. 最终小物块静止在小车上,并以$1\ \mathrm{m/s}$的速度与小车一起向右运动. 若此过程中机械能全部转化为内能且全部被小物块吸收,则小物块内能增大了
20
J,能使小物块的温度升高$5 × 10^{-3}$
$°\mathrm{C}$.[小物块的比热容为$2×10^3\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg}·°\mathrm{C})$]答案
3. 20 $5 × 10^{-3}$ 解析:小物块初始的动能 $E_{\mathrm{k}1}=\frac{1}{2}m_2v_1^2=\frac{1}{2} × 2\ \mathrm{kg} × (5\ \mathrm{m/s})^2=25\ \mathrm{J}$,小物块最终的动能 $E_{\mathrm{k}2}=\frac{1}{2}m_2v_2^2=\frac{1}{2} × 2\ \mathrm{kg} × (1\ \mathrm{m/s})^2=1\ \mathrm{J}$,因为原来小车速度为零,所以原来小车的动能也为零,小车动能的增加量 $E_{\mathrm{k}3}=\frac{1}{2}m_1v_2^2=\frac{1}{2} × 8\ \mathrm{kg} × (1\ \mathrm{m/s})^2=4\ \mathrm{J}$,小物块增加的内能 $Q_{吸}=E_{\mathrm{k}1}-E_{\mathrm{k}2}-E_{\mathrm{k}3}=25\ \mathrm{J}-1\ \mathrm{J}-4\ \mathrm{J}=20\ \mathrm{J}$,由 $Q_{吸}=cm\Delta t$ 可得,小物块升高的温度 $\Delta t=\frac{Q_{吸}}{cm_2}=\frac{20\ \mathrm{J}}{2 × 10^3\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg} · ° \mathrm{C}) × 2\ \mathrm{kg}}=5 × 10^{-3}\ ° \mathrm{C}$。
解析
【分析】
解题时首先明确思路：题目说明过程中损失的机械能全部转化为内能且全部被小物块吸收，因此小物块增加的内能就等于整个系统损失的机械能。第一步先计算系统初始的总动能：初始时小车静止动能为0，总动能就是小物块的初动能；第二步计算最终小物块和小车共速时的总动能，也就是两者的末动能之和；第三步用初始总动能减去末态总动能，得到的差值就是损失的机械能，也就是小物块增大的内能。之后利用物体吸热公式$Q_{\mathrm{吸}}=cm\Delta t$，变形得到$\Delta t=\frac{Q_{\mathrm{吸}}}{cm}$，代入数值就能算出小物块升高的温度。这里要注意不能直接把小物块自身减少的动能全部当成内能，因为小物块滑上小车的过程中，小车也获得了动能，这部分动能是从小物块的动能里转移来的，并没有转化为内能，必须把这部分动能也减去才是转化的内能。
【解析】
1. 计算系统初始总动能：
初始时小车静止，动能为0，小物块的初动能：
$E_{\mathrm{k}1}=\frac{1}{2}m_2v_1^2=\frac{1}{2} × 2\ \mathrm{kg} × (5\ \mathrm{m/s})^2=25\ \mathrm{J}$
系统初始总动能$E_{\mathrm{初总}}=E_{\mathrm{k}1}=25\ \mathrm{J}$。
2. 计算共速后系统的总动能：
最终两者速度均为$v_2=1\ \mathrm{m/s}$，小物块的末动能：
$E_{\mathrm{k}2}=\frac{1}{2}m_2v_2^2=\frac{1}{2} × 2\ \mathrm{kg} × (1\ \mathrm{m/s})^2=1\ \mathrm{J}$
小车增加的动能：
$E_{\mathrm{k}3}=\frac{1}{2}m_1v_2^2=\frac{1}{2} × 8\ \mathrm{kg} × (1\ \mathrm{m/s})^2=4\ \mathrm{J}$
系统末态总动能$E_{\mathrm{末总}}=E_{\mathrm{k}2}+E_{\mathrm{k}3}=1\ \mathrm{J}+4\ \mathrm{J}=5\ \mathrm{J}$。
3. 计算小物块增加的内能：
根据题意，损失的机械能全部转化为小物块的内能：
$Q_{\mathrm{吸}}=E_{\mathrm{初总}}-E_{\mathrm{末总}}=25\ \mathrm{J}-5\ \mathrm{J}=20\ \mathrm{J}$。
4. 计算小物块升高的温度：
由吸热公式$Q_{\mathrm{吸}}=cm_2\Delta t$，变形得：
$\Delta t=\frac{Q_{\mathrm{吸}}}{cm_2}=\frac{20\ \mathrm{J}}{2 × 10^3\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg·°C}) × 2\ \mathrm{kg}}=5 × 10^{-3}\ °\mathrm{C}$。
【答案】
$20$；$5× 10^{-3}$
【知识点】
动能计算；能量守恒；热量计算
【点评】
本题是力学与热学的跨模块综合题，核心考察能量转化的逻辑辨析，易错点是容易忽略小车获得的动能，直接将小物块自身减少的动能当作转化的内能，导致第一空计算错误，解题时要明确系统的总机械能变化，区分动能的转移和动能向内能的转化。
【难度系数】
0.5
解题时首先明确思路：题目说明过程中损失的机械能全部转化为内能且全部被小物块吸收，因此小物块增加的内能就等于整个系统损失的机械能。第一步先计算系统初始的总动能：初始时小车静止动能为0，总动能就是小物块的初动能；第二步计算最终小物块和小车共速时的总动能，也就是两者的末动能之和；第三步用初始总动能减去末态总动能，得到的差值就是损失的机械能，也就是小物块增大的内能。之后利用物体吸热公式$Q_{\mathrm{吸}}=cm\Delta t$，变形得到$\Delta t=\frac{Q_{\mathrm{吸}}}{cm}$，代入数值就能算出小物块升高的温度。这里要注意不能直接把小物块自身减少的动能全部当成内能，因为小物块滑上小车的过程中，小车也获得了动能，这部分动能是从小物块的动能里转移来的，并没有转化为内能，必须把这部分动能也减去才是转化的内能。
【解析】
1. 计算系统初始总动能：
初始时小车静止，动能为0，小物块的初动能：
$E_{\mathrm{k}1}=\frac{1}{2}m_2v_1^2=\frac{1}{2} × 2\ \mathrm{kg} × (5\ \mathrm{m/s})^2=25\ \mathrm{J}$
系统初始总动能$E_{\mathrm{初总}}=E_{\mathrm{k}1}=25\ \mathrm{J}$。
2. 计算共速后系统的总动能：
最终两者速度均为$v_2=1\ \mathrm{m/s}$，小物块的末动能：
$E_{\mathrm{k}2}=\frac{1}{2}m_2v_2^2=\frac{1}{2} × 2\ \mathrm{kg} × (1\ \mathrm{m/s})^2=1\ \mathrm{J}$
小车增加的动能：
$E_{\mathrm{k}3}=\frac{1}{2}m_1v_2^2=\frac{1}{2} × 8\ \mathrm{kg} × (1\ \mathrm{m/s})^2=4\ \mathrm{J}$
系统末态总动能$E_{\mathrm{末总}}=E_{\mathrm{k}2}+E_{\mathrm{k}3}=1\ \mathrm{J}+4\ \mathrm{J}=5\ \mathrm{J}$。
3. 计算小物块增加的内能：
根据题意，损失的机械能全部转化为小物块的内能：
$Q_{\mathrm{吸}}=E_{\mathrm{初总}}-E_{\mathrm{末总}}=25\ \mathrm{J}-5\ \mathrm{J}=20\ \mathrm{J}$。
4. 计算小物块升高的温度：
由吸热公式$Q_{\mathrm{吸}}=cm_2\Delta t$，变形得：
$\Delta t=\frac{Q_{\mathrm{吸}}}{cm_2}=\frac{20\ \mathrm{J}}{2 × 10^3\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg·°C}) × 2\ \mathrm{kg}}=5 × 10^{-3}\ °\mathrm{C}$。
【答案】
$20$；$5× 10^{-3}$
【知识点】
动能计算；能量守恒；热量计算
【点评】
本题是力学与热学的跨模块综合题，核心考察能量转化的逻辑辨析，易错点是容易忽略小车获得的动能，直接将小物块自身减少的动能当作转化的内能，导致第一空计算错误，解题时要明确系统的总机械能变化，区分动能的转移和动能向内能的转化。
【难度系数】
0.5
4. (2026·福建泉州月考)如图 1,A、B 是两个底部装有完全相同的加热器的容器,加热器产生热量的 90%可以被容器中的液体吸收,已知加热器每秒钟放出热量 1 000 J. 现将甲、乙两种液体分别倒入 A、B 两容器中,其中甲液体的比热容为$2×10^{3}\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg}·°\mathrm{C})$;让两个加热器同时开始工作,60 s 后停止加热,然后立即将质量为 2.7 kg 的合金球迅速放入乙液体中(从球放入到达到热平衡不计热损失),它们的温度随时间变化的图像如图 2 所示.求：
(1) 加热 20 s 时,乙液体吸收的热量.
(2) 甲液体的质量.
(3) 合金球的比热容.
(1) 加热 20 s 时,乙液体吸收的热量.
(2) 甲液体的质量.
(3) 合金球的比热容.
答案
4. (1) $1.8 × 10^4\ \mathrm{J}$ (2) $0.3\ \mathrm{kg}$ (3) $0.4 × 10^3\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg} · ° \mathrm{C})$ 解析:(1) 已知加热器每秒钟放出热量1 000 J,则加热20 s时,加热器放出热量$Q_{放}=1\ 000\ \mathrm{J/s} × 20\ \mathrm{s}=2 × 10^4\ \mathrm{J}$,由题意可知,乙液体吸收的热量$Q_{乙吸}=Q_{放} × 90\%=2 × 10^4\ \mathrm{J} × 90\%=1.8 × 10^4\ \mathrm{J}$。(2) 由题意可知,A、B两容器底部装有完全相同的加热器,则甲液体在20 s内吸收的热量等于乙液体20 s内吸收的热量,即$Q_{甲吸}=Q_{乙吸}=1.8 × 10^4\ \mathrm{J}$,加热20 s时,甲液体的温度从$10\ ° \mathrm{C}$升高到$40\ ° \mathrm{C}$,由$Q_{吸}=cm(t-t_0)$可得,甲液体的质量$m_{甲}=\frac{Q_{甲吸}}{c_{甲}(t-t_0)}=\frac{1.8 × 10^4\ \mathrm{J}}{2 × 10^3\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg} · ° \mathrm{C}) × (40\ ° \mathrm{C}-10\ ° \mathrm{C})}=0.3\ \mathrm{kg}$。
(3) 由图2可知,加热60 s时,乙液体的温度从$10\ ° \mathrm{C}$升高到$60\ ° \mathrm{C}$,则加热60 s乙液体升高的温度$\Delta t_{乙升}=60\ ° \mathrm{C}-10\ ° \mathrm{C}=50\ ° \mathrm{C}$,加热60 s乙液体吸收的热量$Q'_{乙吸}=c_乙m_乙\Delta t_{乙升}$,加热20 s时乙液体吸收的热量$Q_{乙吸}=1.8 × 10^4\ \mathrm{J}$,则加热60 s时乙液体吸收的热量$Q'_{乙吸}=3Q_{乙吸}=3 × 1.8 × 10^4\ \mathrm{J}=5.4 × 10^4\ \mathrm{J}$,合金球放入乙液体后,乙液体的温度从$60\ ° \mathrm{C}$降低到$40\ ° \mathrm{C}$,则乙液体放热时降低的温度$\Delta t_{乙降}=60\ ° \mathrm{C}-40\ ° \mathrm{C}=20\ ° \mathrm{C}$,合金球放入乙液体后,乙液体放出的热量$Q_{乙放}=c_乙m_乙\Delta t_{乙降}$,则两过程中乙液体放出的热量与其吸收的热量的比值$\frac{Q_{乙放}}{Q'_{乙吸}}=\frac{c_乙m_乙\Delta t_{乙降}}{c_乙m_乙\Delta t_{乙升}}=\frac{\Delta t_{乙降}}{\Delta t_{乙升}}=\frac{20\ ° \mathrm{C}}{50\ ° \mathrm{C}}=\frac{2}{5}$,所以$Q_{乙放}=\frac{2}{5}Q'_{乙吸}=\frac{2}{5} × 5.4 × 10^4\ \mathrm{J}=2.16 × 10^4\ \mathrm{J}$,从球放入到达到热平衡不计热损失,则$Q_{球吸}=Q_{乙放}=2.16 × 10^4\ \mathrm{J}$,由图2可知,合金球放入乙液体后,合金球的温度从$20\ ° \mathrm{C}$升高到$40\ ° \mathrm{C}$,则合金球升高的温度$\Delta t_{球升}=40\ ° \mathrm{C}-20\ ° \mathrm{C}=20\ ° \mathrm{C}$,由$Q_{吸}=cm\Delta t$可得,合金球的比热容$c_{球}=\frac{Q_{球吸}}{m_{球}\Delta t_{球升}}=\frac{2.16 × 10^4\ \mathrm{J}}{2.7\ \mathrm{kg} × 20\ ° \mathrm{C}}=0.4 × 10^3\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg} · ° \mathrm{C})$。
(3) 由图2可知,加热60 s时,乙液体的温度从$10\ ° \mathrm{C}$升高到$60\ ° \mathrm{C}$,则加热60 s乙液体升高的温度$\Delta t_{乙升}=60\ ° \mathrm{C}-10\ ° \mathrm{C}=50\ ° \mathrm{C}$,加热60 s乙液体吸收的热量$Q'_{乙吸}=c_乙m_乙\Delta t_{乙升}$,加热20 s时乙液体吸收的热量$Q_{乙吸}=1.8 × 10^4\ \mathrm{J}$,则加热60 s时乙液体吸收的热量$Q'_{乙吸}=3Q_{乙吸}=3 × 1.8 × 10^4\ \mathrm{J}=5.4 × 10^4\ \mathrm{J}$,合金球放入乙液体后,乙液体的温度从$60\ ° \mathrm{C}$降低到$40\ ° \mathrm{C}$,则乙液体放热时降低的温度$\Delta t_{乙降}=60\ ° \mathrm{C}-40\ ° \mathrm{C}=20\ ° \mathrm{C}$,合金球放入乙液体后,乙液体放出的热量$Q_{乙放}=c_乙m_乙\Delta t_{乙降}$,则两过程中乙液体放出的热量与其吸收的热量的比值$\frac{Q_{乙放}}{Q'_{乙吸}}=\frac{c_乙m_乙\Delta t_{乙降}}{c_乙m_乙\Delta t_{乙升}}=\frac{\Delta t_{乙降}}{\Delta t_{乙升}}=\frac{20\ ° \mathrm{C}}{50\ ° \mathrm{C}}=\frac{2}{5}$,所以$Q_{乙放}=\frac{2}{5}Q'_{乙吸}=\frac{2}{5} × 5.4 × 10^4\ \mathrm{J}=2.16 × 10^4\ \mathrm{J}$,从球放入到达到热平衡不计热损失,则$Q_{球吸}=Q_{乙放}=2.16 × 10^4\ \mathrm{J}$,由图2可知,合金球放入乙液体后,合金球的温度从$20\ ° \mathrm{C}$升高到$40\ ° \mathrm{C}$,则合金球升高的温度$\Delta t_{球升}=40\ ° \mathrm{C}-20\ ° \mathrm{C}=20\ ° \mathrm{C}$,由$Q_{吸}=cm\Delta t$可得,合金球的比热容$c_{球}=\frac{Q_{球吸}}{m_{球}\Delta t_{球升}}=\frac{2.16 × 10^4\ \mathrm{J}}{2.7\ \mathrm{kg} × 20\ ° \mathrm{C}}=0.4 × 10^3\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg} · ° \mathrm{C})$。
解析
【分析】
解题思路分步梳理：
1. 第一问：已知加热器每秒放热1000J，先计算20s加热器总共放出的热量，再结合题目给出的90%的吸热效率，直接就能算出乙液体吸收的热量，属于基础的热量效率计算。
2. 第二问：两个加热器完全相同，所以相同工作时间内甲、乙液体吸收的热量相等，也就是甲20s吸收的热量等于第一问算出的乙20s吸收的热量；再从温度-时间图像中提取甲液体20s内的初温和末温，得到温度变化量，将已知的甲的比热容代入吸热公式$Q_{吸}=cm\Delta t$，变形后就能求出甲液体的质量。
3. 第三问：首先观察图像，乙液体加热60s，温度从10℃升到60℃，升温50℃，因为加热器相同，60s乙吸收的热量是20s的3倍；之后放入合金球，乙液体从60℃降到40℃，降温20℃，由于乙的比热容和质量都不变，乙放出的热量和之前60s吸收的热量的比值就等于降温量和升温量的比值，由此可以算出乙放出的热量；题目说明不计热损失，所以乙放出的热量全部被合金球吸收，再从图像提取合金球的初温和末温算出升温量，代入吸热公式变形就能求出合金球的比热容，这里用比值法可以避开求解乙的质量和比热容，简化计算。
【解析】
(1) 计算加热20s加热器放出的总热量：
已知加热器每秒放热1000J，因此20s放出的总热量：
$Q_{放}=1000\ \mathrm{J/s} × 20\ \mathrm{s}=2×10^4\ \mathrm{J}$
结合90%的吸热效率，乙液体吸收的热量：
$Q_{乙吸}=Q_{放} × 90\% = 2×10^4\ \mathrm{J} × 0.9 = 1.8×10^4\ \mathrm{J}$
(2) 两个加热器完全相同，相同工作时间内甲液体吸收的热量与乙相等，即20s内甲吸收的热量$Q_{甲吸}=Q_{乙吸}=1.8×10^4\ \mathrm{J}$
从图2可知，甲液体20s内初温$t_0=10°\mathrm{C}$，末温$t_甲=40°\mathrm{C}$，温度变化量$\Delta t_甲=40°\mathrm{C}-10°\mathrm{C}=30°\mathrm{C}$
根据吸热公式$Q_{吸}=cm\Delta t$，变形得甲液体的质量：
$m_甲=\frac{Q_{甲吸}}{c_甲 \Delta t_甲}=\frac{1.8×10^4\ \mathrm{J}}{2×10^3\ \mathrm{J/(kg·° C)} × 30°\mathrm{C}}=0.3\ \mathrm{kg}$
(3) 加热60s时，乙液体吸收的热量是20s的3倍：
$Q'_{乙吸}=3Q_{乙吸}=3×1.8×10^4\ \mathrm{J}=5.4×10^4\ \mathrm{J}$
从图2可知，乙液体加热60s，温度从$10°\mathrm{C}$升高到$60°\mathrm{C}$，升温量$\Delta t_{乙升}=60°\mathrm{C}-10°\mathrm{C}=50°\mathrm{C}$；放入合金球后，乙液体温度从$60°\mathrm{C}$降到$40°\mathrm{C}$，降温量$\Delta t_{乙降}=60°\mathrm{C}-40°\mathrm{C}=20°\mathrm{C}$
乙的比热容$c_乙$和质量$m_乙$均不变，因此乙放出的热量和60s内吸收的热量的比值为：
$\frac{Q_{乙放}}{Q'_{乙吸}}=\frac{c_乙 m_乙 \Delta t_{乙降}}{c_乙 m_乙 \Delta t_{乙升}}=\frac{\Delta t_{乙降}}{\Delta t_{乙升}}=\frac{20°\mathrm{C}}{50°\mathrm{C}}=\frac{2}{5}$
因此乙放出的热量：
$Q_{乙放}=\frac{2}{5}Q'_{乙吸}=\frac{2}{5}×5.4×10^4\ \mathrm{J}=2.16×10^4\ \mathrm{J}$
不计热损失，合金球吸收的热量$Q_{球吸}=Q_{乙放}=2.16×10^4\ \mathrm{J}$
从图2可知，合金球初温为$20°\mathrm{C}$，热平衡后末温为$40°\mathrm{C}$，升温量$\Delta t_球=40°\mathrm{C}-20°\mathrm{C}=20°\mathrm{C}$
代入吸热公式变形得合金球的比热容：
$c_球=\frac{Q_{球吸}}{m_球 \Delta t_球}=\frac{2.16×10^4\ \mathrm{J}}{2.7\ \mathrm{kg}×20°\mathrm{C}}=0.4×10^3\ \mathrm{J/(kg·° C)}$
【答案】
(1) $1.8 × 10^4\ \mathrm{J}$
(2) $0.3\ \mathrm{kg}$
(3) $0.4 × 10^3\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg·°C})$
【知识点】
吸热效率计算、比热容公式应用、热平衡方程
【点评】
本题是热学综合计算题，前两问属于基础的热量公式应用，难度较低；第三问没有给出乙液体的质量和比热容，需要利用乙的c、m不变的特点，通过温度变化的比值间接求出乙放出的热量，巧妙避开了未知量的求解，是本题的核心难点，同时考察了学生从温度-时间图像中提取有效温度数据的能力。
【难度系数】
0.4
解题思路分步梳理：
1. 第一问：已知加热器每秒放热1000J，先计算20s加热器总共放出的热量，再结合题目给出的90%的吸热效率，直接就能算出乙液体吸收的热量，属于基础的热量效率计算。
2. 第二问：两个加热器完全相同，所以相同工作时间内甲、乙液体吸收的热量相等，也就是甲20s吸收的热量等于第一问算出的乙20s吸收的热量；再从温度-时间图像中提取甲液体20s内的初温和末温，得到温度变化量，将已知的甲的比热容代入吸热公式$Q_{吸}=cm\Delta t$，变形后就能求出甲液体的质量。
3. 第三问：首先观察图像，乙液体加热60s，温度从10℃升到60℃，升温50℃，因为加热器相同，60s乙吸收的热量是20s的3倍；之后放入合金球，乙液体从60℃降到40℃，降温20℃，由于乙的比热容和质量都不变，乙放出的热量和之前60s吸收的热量的比值就等于降温量和升温量的比值，由此可以算出乙放出的热量；题目说明不计热损失，所以乙放出的热量全部被合金球吸收，再从图像提取合金球的初温和末温算出升温量，代入吸热公式变形就能求出合金球的比热容，这里用比值法可以避开求解乙的质量和比热容，简化计算。
【解析】
(1) 计算加热20s加热器放出的总热量：
已知加热器每秒放热1000J，因此20s放出的总热量：
$Q_{放}=1000\ \mathrm{J/s} × 20\ \mathrm{s}=2×10^4\ \mathrm{J}$
结合90%的吸热效率，乙液体吸收的热量：
$Q_{乙吸}=Q_{放} × 90\% = 2×10^4\ \mathrm{J} × 0.9 = 1.8×10^4\ \mathrm{J}$
(2) 两个加热器完全相同，相同工作时间内甲液体吸收的热量与乙相等，即20s内甲吸收的热量$Q_{甲吸}=Q_{乙吸}=1.8×10^4\ \mathrm{J}$
从图2可知，甲液体20s内初温$t_0=10°\mathrm{C}$，末温$t_甲=40°\mathrm{C}$，温度变化量$\Delta t_甲=40°\mathrm{C}-10°\mathrm{C}=30°\mathrm{C}$
根据吸热公式$Q_{吸}=cm\Delta t$，变形得甲液体的质量：
$m_甲=\frac{Q_{甲吸}}{c_甲 \Delta t_甲}=\frac{1.8×10^4\ \mathrm{J}}{2×10^3\ \mathrm{J/(kg·° C)} × 30°\mathrm{C}}=0.3\ \mathrm{kg}$
(3) 加热60s时，乙液体吸收的热量是20s的3倍：
$Q'_{乙吸}=3Q_{乙吸}=3×1.8×10^4\ \mathrm{J}=5.4×10^4\ \mathrm{J}$
从图2可知，乙液体加热60s，温度从$10°\mathrm{C}$升高到$60°\mathrm{C}$，升温量$\Delta t_{乙升}=60°\mathrm{C}-10°\mathrm{C}=50°\mathrm{C}$；放入合金球后，乙液体温度从$60°\mathrm{C}$降到$40°\mathrm{C}$，降温量$\Delta t_{乙降}=60°\mathrm{C}-40°\mathrm{C}=20°\mathrm{C}$
乙的比热容$c_乙$和质量$m_乙$均不变，因此乙放出的热量和60s内吸收的热量的比值为：
$\frac{Q_{乙放}}{Q'_{乙吸}}=\frac{c_乙 m_乙 \Delta t_{乙降}}{c_乙 m_乙 \Delta t_{乙升}}=\frac{\Delta t_{乙降}}{\Delta t_{乙升}}=\frac{20°\mathrm{C}}{50°\mathrm{C}}=\frac{2}{5}$
因此乙放出的热量：
$Q_{乙放}=\frac{2}{5}Q'_{乙吸}=\frac{2}{5}×5.4×10^4\ \mathrm{J}=2.16×10^4\ \mathrm{J}$
不计热损失，合金球吸收的热量$Q_{球吸}=Q_{乙放}=2.16×10^4\ \mathrm{J}$
从图2可知，合金球初温为$20°\mathrm{C}$，热平衡后末温为$40°\mathrm{C}$，升温量$\Delta t_球=40°\mathrm{C}-20°\mathrm{C}=20°\mathrm{C}$
代入吸热公式变形得合金球的比热容：
$c_球=\frac{Q_{球吸}}{m_球 \Delta t_球}=\frac{2.16×10^4\ \mathrm{J}}{2.7\ \mathrm{kg}×20°\mathrm{C}}=0.4×10^3\ \mathrm{J/(kg·° C)}$
【答案】
(1) $1.8 × 10^4\ \mathrm{J}$
(2) $0.3\ \mathrm{kg}$
(3) $0.4 × 10^3\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg·°C})$
【知识点】
吸热效率计算、比热容公式应用、热平衡方程
【点评】
本题是热学综合计算题，前两问属于基础的热量公式应用，难度较低；第三问没有给出乙液体的质量和比热容，需要利用乙的c、m不变的特点，通过温度变化的比值间接求出乙放出的热量，巧妙避开了未知量的求解，是本题的核心难点，同时考察了学生从温度-时间图像中提取有效温度数据的能力。
【难度系数】
0.4
