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1 [2025连云港赣榆区期中]关于温度、热量和内能，
下列说法正确的是 （
A.物体温度越高，所含的热量越多
B.温度高的物体内能一定大，温度低的物体内能一定小
C.物体的内能与温度有关，只要温度不变，物体的内能就一定不变
D.热传递过程中，能量也可能是从内能小的物体传递给内能大的物体
下列说法正确的是 （
D
）A.物体温度越高，所含的热量越多
B.温度高的物体内能一定大，温度低的物体内能一定小
C.物体的内能与温度有关，只要温度不变，物体的内能就一定不变
D.热传递过程中，能量也可能是从内能小的物体传递给内能大的物体
答案
D 热量是过程量,描述它的术语只能用“吸收”和“放出”,不能用“含有”,故A错误;影响物体内能大小的因素有温度、质量等,温度高的物体内能不一定就大,温度低的物体内能不一定小,故B错误;温度不变时,物体的内能可能增加,例如冰熔化时,温度不变,但要吸收热量,其内能增加,故C错误;热传递发生的条件是物体之间有温度差,高温物体将能量向低温物体传递,内能小的物体温度可能高,内能小的物体也可能将能量传递给内能大的物体,故D正确。
解析
【分析】本题考查温度、热量与内能的关系，需明确各物理量的概念及相互联系：热量是过程量，不能用“含有”描述；内能受温度、质量、状态等多个因素影响；热传递的方向由温度差决定，而非内能大小。解题时需逐一分析每个选项，结合概念判断正误。
【解析】A选项：热量是过程量，只能用“吸收”或“放出”描述，不能说“所含的热量”，故A错误；B选项：内能的大小与物体的温度、质量、状态等都有关，温度高的物体若质量很小，其内能可能小于温度低但质量大的物体，故B错误；C选项：物体温度不变时，内能可能变化，例如冰熔化时，温度保持0℃不变，但吸收热量，内能增加，故C错误；D选项：热传递的条件是物体间存在温度差，能量从温度高的物体传递到温度低的物体，内能小的物体可能温度更高，因此能量可以从内能小的物体传递给内能大的物体，故D正确。
【答案】D
【知识点】温度、热量与内能的关系；热传递
【点评】本题为初中物理热学基础题，重点考查对温度、热量、内能概念的准确理解，易错点在于混淆热量的表述、内能的影响因素及热传递的条件，需准确区分各物理量的特性。
【难度系数】0.7
【解析】A选项：热量是过程量，只能用“吸收”或“放出”描述，不能说“所含的热量”，故A错误；B选项：内能的大小与物体的温度、质量、状态等都有关，温度高的物体若质量很小，其内能可能小于温度低但质量大的物体，故B错误；C选项：物体温度不变时，内能可能变化，例如冰熔化时，温度保持0℃不变，但吸收热量，内能增加，故C错误；D选项：热传递的条件是物体间存在温度差，能量从温度高的物体传递到温度低的物体，内能小的物体可能温度更高，因此能量可以从内能小的物体传递给内能大的物体，故D正确。
【答案】D
【知识点】温度、热量与内能的关系；热传递
【点评】本题为初中物理热学基础题，重点考查对温度、热量、内能概念的准确理解，易错点在于混淆热量的表述、内能的影响因素及热传递的条件，需准确区分各物理量的特性。
【难度系数】0.7
2 [2026榆林期中]下表提供了几种物质的比热容，请你依据表格中的信息判断，下列说法正确的是 (
A.液体的比热容都比固体的比热容大
B.物质发生物态变化后，其比热容不变
C.质量相等的水和酒精，吸收相同的热量后，酒精升高的温度比较大
D.沙漠中的昼夜温差比海边大，是因为水的比热容比沙石的比热容小
C
)A.液体的比热容都比固体的比热容大
B.物质发生物态变化后，其比热容不变
C.质量相等的水和酒精，吸收相同的热量后，酒精升高的温度比较大
D.沙漠中的昼夜温差比海边大，是因为水的比热容比沙石的比热容小
答案
C A(×)液体的比热容不一定都比固体大,例如水银的比热容小于铝的比热容。
B(×)物质发生物态变化后,比热容会改变,例如水和冰的比热容不同。
C(√)根据$\Delta t=\dfrac{Q}{cm}$,质量相等、吸收热量相同时,比热容小的物质温度升高更多。酒精的比热容小于水的比热容,因此酒精升高的温度比较大。
D(×)水的比热容比沙石大,相同质量的沙石吸收或放出相同的热量时,水的温度变化小,所以沙漠中的昼夜温差比海边大。
提分方法
利用比热容知识分析实际问题
①从温度变化的观点分析:根据公式$Q=cm\Delta t$可得$\Delta t=\dfrac{Q}{cm}$,由此可知不同的物质在质量相同,吸收或放出相同热量的情况下,比热容大的物质温度变化小。
②从热量的观点分析:根据公式$Q=cm\Delta t$可知,相同质量的不同物质,升高(或降低)相同的温度,吸收(或放出)的热量不同,比热容大的吸收(或放出)的热量多。
B(×)物质发生物态变化后,比热容会改变,例如水和冰的比热容不同。
C(√)根据$\Delta t=\dfrac{Q}{cm}$,质量相等、吸收热量相同时,比热容小的物质温度升高更多。酒精的比热容小于水的比热容,因此酒精升高的温度比较大。
D(×)水的比热容比沙石大,相同质量的沙石吸收或放出相同的热量时,水的温度变化小,所以沙漠中的昼夜温差比海边大。
提分方法
利用比热容知识分析实际问题
①从温度变化的观点分析:根据公式$Q=cm\Delta t$可得$\Delta t=\dfrac{Q}{cm}$,由此可知不同的物质在质量相同,吸收或放出相同热量的情况下,比热容大的物质温度变化小。
②从热量的观点分析:根据公式$Q=cm\Delta t$可知,相同质量的不同物质,升高(或降低)相同的温度,吸收(或放出)的热量不同,比热容大的吸收(或放出)的热量多。
解析
【分析】本题考查比热容的相关知识，需结合比热容的概念、热量计算公式$Q = cm\Delta t$分析各选项。首先明确：不同物质比热容一般不同，同种物质物态变化时比热容会改变；根据公式变形$\Delta t=\frac{Q}{cm}$，当质量$m$和热量$Q$相同时，比热容$c$越小，温度变化$\Delta t$越大；当质量$m$和温度变化$\Delta t$相同时，比热容$c$越大，吸放热越多。再结合表格中的比热容数据逐一判断选项对错。
【解析】
1. 分析选项A：液体的比热容不一定都比固体大。由表格可知，水银是液体，比热容为$0.14×10^3 J/(kg·℃)$，而铝是固体，比热容为$0.88×10^3 J/(kg·℃)$，水银的比热容小于铝的，故A错误。
2. 分析选项B：物质发生物态变化后，比热容会改变。例如水的比热容是$4.2×10^3 J/(kg·℃)$，冰的比热容是$2.1×10^3 J/(kg·℃)$，水凝固成冰（物态变化）后比热容变小，故B错误。
3. 分析选项C：根据$\Delta t=\frac{Q}{cm}$，质量$m$相等、吸收热量$Q$相同的水和酒精，酒精的比热容（$2.4×10^3 J/(kg·℃)$）小于水的比热容（$4.2×10^3 J/(kg·℃)$），因此酒精升高的温度更大，故C正确。
4. 分析选项D：沙漠昼夜温差比海边大，是因为水的比热容比沙石大，相同质量的水和沙石吸收或放出相同热量时，水的温度变化更小，海边温差小，沙漠温差大，故D错误。
综上，正确选项为C。
【答案】C
【知识点】比热容、热量计算公式$Q=cm\Delta t$、比热容的应用
【点评】本题围绕比热容的核心知识展开，通过表格数据结合公式分析各选项，考查学生对比热容概念和应用的掌握，属于基础题型，能帮助学生巩固比热容的相关规律。
【难度系数】0.6
【解析】
1. 分析选项A：液体的比热容不一定都比固体大。由表格可知，水银是液体，比热容为$0.14×10^3 J/(kg·℃)$，而铝是固体，比热容为$0.88×10^3 J/(kg·℃)$，水银的比热容小于铝的，故A错误。
2. 分析选项B：物质发生物态变化后，比热容会改变。例如水的比热容是$4.2×10^3 J/(kg·℃)$，冰的比热容是$2.1×10^3 J/(kg·℃)$，水凝固成冰（物态变化）后比热容变小，故B错误。
3. 分析选项C：根据$\Delta t=\frac{Q}{cm}$，质量$m$相等、吸收热量$Q$相同的水和酒精，酒精的比热容（$2.4×10^3 J/(kg·℃)$）小于水的比热容（$4.2×10^3 J/(kg·℃)$），因此酒精升高的温度更大，故C正确。
4. 分析选项D：沙漠昼夜温差比海边大，是因为水的比热容比沙石大，相同质量的水和沙石吸收或放出相同热量时，水的温度变化更小，海边温差小，沙漠温差大，故D错误。
综上，正确选项为C。
【答案】C
【知识点】比热容、热量计算公式$Q=cm\Delta t$、比热容的应用
【点评】本题围绕比热容的核心知识展开，通过表格数据结合公式分析各选项，考查学生对比热容概念和应用的掌握，属于基础题型，能帮助学生巩固比热容的相关规律。
【难度系数】0.6
3 新情境 [2025延安期末] 二十四节气中蕴含了丰富的物理知识,以下说法正确的是 (
A.立春:"大地阳和暖气生",大地内能的增加是太阳通过热传递的方式实现的
B.立夏:"夏避暑,临水而居",是因为水的温度低
C.霜降:"一朝秋暮露成霜",霜的温度越低,所含热量越少
D.大雪:"千里冰封,万里雪飘",山顶积雪常年不化,积雪的内能为零
A
)A.立春:"大地阳和暖气生",大地内能的增加是太阳通过热传递的方式实现的
B.立夏:"夏避暑,临水而居",是因为水的温度低
C.霜降:"一朝秋暮露成霜",霜的温度越低,所含热量越少
D.大雪:"千里冰封,万里雪飘",山顶积雪常年不化,积雪的内能为零
答案
A 夏天在水边居住避暑是因为水的比热容大,故B错误;热量是过程量,不能说含有,故C错误;一切物体都有内能,山顶积雪常年不化,积雪的内能不为零,故D错误。
解析
【分析】
本题结合二十四节气考查热学相关概念，需逐个分析选项，明确各物理知识点的定义与应用：改变内能的方式、比热容的特性、热量的概念、内能的特点，逐一判断选项对错。
【解析】
1. 分析选项A：改变物体内能的方式有做功和热传递，太阳的热量通过热传递的方式转移给大地，使大地内能增加，故A正确；
2. 分析选项B：临水避暑是因为水的比热容较大，相同质量的水与其他物质相比，吸收相同热量时，水升高的温度更小，并非水的温度低，故B错误；
3. 分析选项C：热量是过程量，只能用“吸收”或“放出”描述，不能说“含有”，故C错误；
4. 分析选项D：一切物体在任何温度下都具有内能，山顶积雪的内能不为零，故D错误。
【答案】
A
【知识点】
内能的改变方式、比热容、内能的概念
【点评】
本题以二十四节气为情境，考查热学基础概念，需准确区分各物理量的定义，难度适中，易混淆概念需注意。
【难度系数】
0.6
本题结合二十四节气考查热学相关概念，需逐个分析选项，明确各物理知识点的定义与应用：改变内能的方式、比热容的特性、热量的概念、内能的特点，逐一判断选项对错。
【解析】
1. 分析选项A：改变物体内能的方式有做功和热传递，太阳的热量通过热传递的方式转移给大地，使大地内能增加，故A正确；
2. 分析选项B：临水避暑是因为水的比热容较大，相同质量的水与其他物质相比，吸收相同热量时，水升高的温度更小，并非水的温度低，故B错误；
3. 分析选项C：热量是过程量，只能用“吸收”或“放出”描述，不能说“含有”，故C错误；
4. 分析选项D：一切物体在任何温度下都具有内能，山顶积雪的内能不为零，故D错误。
【答案】
A
【知识点】
内能的改变方式、比热容、内能的概念
【点评】
本题以二十四节气为情境，考查热学基础概念，需准确区分各物理量的定义，难度适中，易混淆概念需注意。
【难度系数】
0.6
4 跨学科实践 [2026 西安高新一中月考] 在“探究不同物质吸热升温”的实验中，将A和B两种不同
密度的液体分别装在两个相同的烧杯中，两杯液体的液面相平，如图甲所示。用红外灯加热，每隔2 min记录一次温度。
(1)实验中，应调节两种液体到红外灯中心的距离
(2)在实验操作的过程中有一处明显错误，你认为是
(3)纠正错误后，根据记录的实验数据，绘制了如图乙所示的温度随时间变化关系的图像，在0~4 min内，A吸收的热量等于B吸收的热量，
(4)家用小型风力发电机独特的尾翼结构，能使其旋翼自动迎风，如图丙所示。仅在海陆风因素的影响下，如图丁所示的情形通常发生在
A.发生在白天，且陆地温度较高
B.发生在白天，且海水温度较高
C.发生在夜晚，且陆地温度较高
D.发生在夜晚，且海水温度较高
密度的液体分别装在两个相同的烧杯中，两杯液体的液面相平，如图甲所示。用红外灯加热，每隔2 min记录一次温度。
(1)实验中，应调节两种液体到红外灯中心的距离
相等
，这样就可以通过比较加热时间
(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)在实验操作的过程中有一处明显错误，你认为是
没有控制液体质量相同
。(3)纠正错误后，根据记录的实验数据，绘制了如图乙所示的温度随时间变化关系的图像，在0~4 min内，A吸收的热量等于B吸收的热量，
A
升高的温度高；A、B两液体温度均升高到60 ℃，B
吸收的热量多；由此可知，B
的吸热能力更强。(以上均填“A”或“B”)(4)家用小型风力发电机独特的尾翼结构，能使其旋翼自动迎风，如图丙所示。仅在海陆风因素的影响下，如图丁所示的情形通常发生在
D
。A.发生在白天，且陆地温度较高
B.发生在白天，且海水温度较高
C.发生在夜晚，且陆地温度较高
D.发生在夜晚，且海水温度较高
答案
(1)相等 加热时间 (2)没有控制液体质量相同 (3)A B B (4)D
【解析】(1)实验中应调节两种液体到红外灯中心的距离相等,这样在相同时间内,两种液体吸收的热量相同,因此可以通过比较加热时间来反映吸收热量的多少。
(2)由题图甲可知,两烧杯内液面相平,说明液体体积相同,但密度不同,所以质量不同。该实验应控制液体质量相同而不是体积相同,否则无法控制单一变量,不能直接比较比热容。
(3)分析题图乙可知,0~4 min内,A的温度升高得比B高,温度均升高到60 ℃,B需加热8 min,A只需加热4 min,升高相同温度,B吸收的热量多,表明B的吸热能力更强。
(4)发电机独特的尾翼,能使旋翼始终面向风吹来的一侧;题图丁中旋翼面向陆地一侧,说明风从陆地吹向大海。陆地比热容比水小,白天相同光照升温快,陆地温度高空气上升,海面上方的空气流向陆地,即风从大海吹向陆地。晚上没有太阳照射后,陆地温度下降也快,海水温度较高,空气上升,陆地上空气流向大海,即风从陆地吹向大海,故D符合题意。
【解析】(1)实验中应调节两种液体到红外灯中心的距离相等,这样在相同时间内,两种液体吸收的热量相同,因此可以通过比较加热时间来反映吸收热量的多少。
(2)由题图甲可知,两烧杯内液面相平,说明液体体积相同,但密度不同,所以质量不同。该实验应控制液体质量相同而不是体积相同,否则无法控制单一变量,不能直接比较比热容。
(3)分析题图乙可知,0~4 min内,A的温度升高得比B高,温度均升高到60 ℃,B需加热8 min,A只需加热4 min,升高相同温度,B吸收的热量多,表明B的吸热能力更强。
(4)发电机独特的尾翼,能使旋翼始终面向风吹来的一侧;题图丁中旋翼面向陆地一侧,说明风从陆地吹向大海。陆地比热容比水小,白天相同光照升温快,陆地温度高空气上升,海面上方的空气流向陆地,即风从大海吹向陆地。晚上没有太阳照射后,陆地温度下降也快,海水温度较高,空气上升,陆地上空气流向大海,即风从陆地吹向大海,故D符合题意。
解析
【分析】
本题围绕比热容的探究实验及海陆风的实际应用展开，需结合控制变量法、转换法分析实验，利用比热容特点解释海陆风：
1. 第(1)问：实验需保证相同时间内液体吸热相同，因此要控制红外灯距离相等，用加热时间反映吸热多少（转换法）；
2. 第(2)问：探究吸热能力需控制质量相同，图甲中液面相平（体积相同）但密度不同，导致质量不同，违背控制变量原则；
3. 第(3)问：分析温度-时间图像，比较相同时间升温、相同升温的吸热情况，判断吸热能力；
4. 第(4)问：根据旋翼迎风特点，结合海陆风形成的比热容原理，判断对应场景。
【解析】
(1) 实验中，为使相同时间内两种液体吸收的热量相同，需调节两种液体到红外灯中心的距离相等；根据转换法，加热时间越长，液体吸收热量越多，因此通过比较加热时间反映吸热多少。
(2) 探究不同物质吸热升温的实验，应控制两种液体的质量相同；图甲中两液体体积相同（液面相平），但密度不同，故质量不同，存在的错误是没有控制液体质量相同。
(3) 由图乙可知，0~4 min内，A的温度从20℃升高到60℃，B的温度从20℃升高到40℃，因此A升高的温度高；当温度均升高到60℃时，A加热时间为4 min，B加热时间为8 min，加热时间越长吸收热量越多，故B吸收的热量多；升高相同温度时，吸收热量越多的物质吸热能力越强，因此B的吸热能力更强。
(4) 图丁中旋翼面向陆地一侧，说明风从陆地吹向大海。水的比热容比陆地大，夜晚时陆地降温快、温度低，海水降温慢、温度较高，陆地上的冷空气流向大海，形成从陆地吹向大海的风，因此该情形发生在夜晚，且海水温度较高，对应选项D。
【答案】
(1)相等；加热时间
(2)没有控制液体质量相同
(3)A；B；B
(4)D
【知识点】
比热容、控制变量法、海陆风应用
【点评】
本题为跨学科实践题，结合比热容探究实验与海陆风实际应用，考查实验方法与比热容特点的应用，要求学生将物理知识与实际场景结合，综合性较强，能有效考查知识应用能力。
【难度系数】
0.5
本题围绕比热容的探究实验及海陆风的实际应用展开，需结合控制变量法、转换法分析实验，利用比热容特点解释海陆风：
1. 第(1)问：实验需保证相同时间内液体吸热相同，因此要控制红外灯距离相等，用加热时间反映吸热多少（转换法）；
2. 第(2)问：探究吸热能力需控制质量相同，图甲中液面相平（体积相同）但密度不同，导致质量不同，违背控制变量原则；
3. 第(3)问：分析温度-时间图像，比较相同时间升温、相同升温的吸热情况，判断吸热能力；
4. 第(4)问：根据旋翼迎风特点，结合海陆风形成的比热容原理，判断对应场景。
【解析】
(1) 实验中，为使相同时间内两种液体吸收的热量相同，需调节两种液体到红外灯中心的距离相等；根据转换法，加热时间越长，液体吸收热量越多，因此通过比较加热时间反映吸热多少。
(2) 探究不同物质吸热升温的实验，应控制两种液体的质量相同；图甲中两液体体积相同（液面相平），但密度不同，故质量不同，存在的错误是没有控制液体质量相同。
(3) 由图乙可知，0~4 min内，A的温度从20℃升高到60℃，B的温度从20℃升高到40℃，因此A升高的温度高；当温度均升高到60℃时，A加热时间为4 min，B加热时间为8 min，加热时间越长吸收热量越多，故B吸收的热量多；升高相同温度时，吸收热量越多的物质吸热能力越强，因此B的吸热能力更强。
(4) 图丁中旋翼面向陆地一侧，说明风从陆地吹向大海。水的比热容比陆地大，夜晚时陆地降温快、温度低，海水降温慢、温度较高，陆地上的冷空气流向大海，形成从陆地吹向大海的风，因此该情形发生在夜晚，且海水温度较高，对应选项D。
【答案】
(1)相等；加热时间
(2)没有控制液体质量相同
(3)A；B；B
(4)D
【知识点】
比热容、控制变量法、海陆风应用
【点评】
本题为跨学科实践题，结合比热容探究实验与海陆风实际应用，考查实验方法与比热容特点的应用，要求学生将物理知识与实际场景结合，综合性较强，能有效考查知识应用能力。
【难度系数】
0.5
