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7. (2025·无锡期中改编)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,用红外灯加热是利用红外线的
(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,
(4)美丽的青岛依山傍海,气候与无大海和湖泊环绕的内陆城市相比存在明显差异.青岛和某一无大海和湖泊环绕的内陆城市年气温变化曲线如图丙所示,从图像丙可以看出,在一年中,青岛应该对应
(1)实验中,用红外灯加热是利用红外线的
热
效应,应调节两种液体到红外灯中心的距离相同
.两种液体吸收热量的多少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.(2)在实验操作的过程中有一处明显错误,你认为是
没有控制液体的质量相同
.(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,
$A$
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;冬天想自制一个暖手袋,若只能从A或B中选一种液体装入暖手袋中作为供热物质,则应选择$B$
.(均填“A”或“B”)(4)美丽的青岛依山傍海,气候与无大海和湖泊环绕的内陆城市相比存在明显差异.青岛和某一无大海和湖泊环绕的内陆城市年气温变化曲线如图丙所示,从图像丙可以看出,在一年中,青岛应该对应
$a$
(填“a”或“b”)这条曲线.答案
7. (1)热 相同 加热时间 (2)没有控制液体的质量相同
(3)$A$ $B$ $B$ $B$ (4)$a$
解析:(1)"探究不同物质吸热升温"的实验中用红外灯加热,是利用红外线的热效应.实验中需要控制受热效率相同,应调节两种液体到红外灯中心的距离相同;相同时间内两种液体吸收的热量相同,因此通过加热时间来比较物质吸收热量的多少.
(2)探究不同物质的吸热能力实验中,需要控制物质的质量相同,由于物质种类不同,密度不同,则两种物质的体积不同,而甲图中两种液体的体积相同,因此错误之处是没有控制液体的质量相同.
(3)根据乙图可知,在0~4 min内,$A$液体升高的温度高.$A$、$B$两液体温度均升高到$60\ °\mathrm{C}$,$B$液体需要加热的时间是8 min,$A$液体需要加热的时间是4 min,$B$液体吸收的热量多,说明$B$液体的吸热能力强.暖手袋中的供热液体需要比热容大,这样降低相同温度,可以放出更多热量,故选择比热容较大的$B$液体.
(4)青岛属于沿海地区,水的比热容大,吸热能力强,在吸收或放出相同热量的前提下温度变化小,导致沿海地区温度变化小,因此青岛应该对应$a$这条曲线.
(3)$A$ $B$ $B$ $B$ (4)$a$
解析:(1)"探究不同物质吸热升温"的实验中用红外灯加热,是利用红外线的热效应.实验中需要控制受热效率相同,应调节两种液体到红外灯中心的距离相同;相同时间内两种液体吸收的热量相同,因此通过加热时间来比较物质吸收热量的多少.
(2)探究不同物质的吸热能力实验中,需要控制物质的质量相同,由于物质种类不同,密度不同,则两种物质的体积不同,而甲图中两种液体的体积相同,因此错误之处是没有控制液体的质量相同.
(3)根据乙图可知,在0~4 min内,$A$液体升高的温度高.$A$、$B$两液体温度均升高到$60\ °\mathrm{C}$,$B$液体需要加热的时间是8 min,$A$液体需要加热的时间是4 min,$B$液体吸收的热量多,说明$B$液体的吸热能力强.暖手袋中的供热液体需要比热容大,这样降低相同温度,可以放出更多热量,故选择比热容较大的$B$液体.
(4)青岛属于沿海地区,水的比热容大,吸热能力强,在吸收或放出相同热量的前提下温度变化小,导致沿海地区温度变化小,因此青岛应该对应$a$这条曲线.
解析
【分析】
我来一步步梳理这道题的解题思路：
1. 第一小问先回忆红外线的基本特性，红外线最典型的作用就是热效应，常用来加热物体；要保证两个烧杯里的液体在相同时间内吸收的热量相等，就需要让它们的受热条件完全一致，所以要调节两种液体到红外灯中心的距离相同，保证两者受热效率一致；本实验用了转换法，相同热源下，加热时间越长，物质吸收的热量就越多，所以可以通过加热时间来反映吸收热量的多少。
2. 第二小问回忆探究不同物质吸热能力的核心控制变量要求：必须控制两种液体的质量相等。题目里说明A、B密度不同，图甲里两杯液面相平也就是液体体积相等，根据m=ρV，密度不同、体积相同的两种液体质量一定不相等，所以实验的错误就是没有控制液体的质量相同。
3. 第三小问结合乙图分析：0~4min内，A的温度从20℃升到60℃，B的温度从20℃升到40℃，显然A升高的温度更高；两者都升到60℃时，A的加热时间是4min，B的加热时间是8min，加热时间更长的B吸收的热量更多，说明B的比热容更大，吸热能力更强；暖手袋需要选放热能力强的物质，比热容大的物质降低相同温度时能放出更多热量，所以选B。
4. 第四小问结合比热容的应用：沿海城市水多，水的比热容大，吸收或放出相同热量时温度变化更小，全年的气温温差更小，图丙里a曲线的最高温更低，全年温差更小，所以青岛作为沿海城市对应a曲线。
【解析】
(1) 红外灯加热利用的是红外线的热效应；为了保证两种液体相同时间内吸收的热量相同，需要调节两种液体到红外灯中心的距离相同，保证受热条件一致；本实验采用转换法，相同热源下，加热时间越长，液体吸收的热量越多，因此通过加热时间来反映两种液体吸收热量的多少。
(2) 探究不同物质吸热升温特性时，需要控制两种液体的质量相同，本题中A、B密度不同，液面相平即体积相同，由m=ρV可知两者质量不相等，因此操作错误是没有控制液体的质量相同。
(3) 由图乙可知，0~4min内，A液体的温度从20℃升高到60℃，B液体温度从20℃升高到40℃，因此A升高的温度更高；当温度都升高到60℃时，A的加热时间为4min，B的加热时间为8min，B的加热时间更长，说明B吸收的热量更多，B的比热容更大，吸热能力更强；暖手袋需要选择比热容大的供热物质，降低相同温度时可以放出更多热量，因此选择B液体。
(4) 青岛是沿海城市，周边水域多，水的比热容大，气温变化幅度小，全年温差更小，图丙中a曲线的年温度变化幅度更小，因此青岛对应a曲线。
【答案】
(1) 热 相同 加热时间
(2) 没有控制液体的质量相同
(3) A B B B
(4) a
【知识点】
红外线的热效应，比热容，控制变量法
【点评】
本题围绕探究不同物质吸热升温的实验展开，既考察了实验的基础操作、转换法和控制变量法的实验思想，又结合了暖手袋选材、沿海城市气候特点的实际应用，考点覆盖全面，能很好地检验学生对比热容核心概念的理解和图像分析能力。
【难度系数】
0.8
我来一步步梳理这道题的解题思路：
1. 第一小问先回忆红外线的基本特性，红外线最典型的作用就是热效应，常用来加热物体；要保证两个烧杯里的液体在相同时间内吸收的热量相等，就需要让它们的受热条件完全一致，所以要调节两种液体到红外灯中心的距离相同，保证两者受热效率一致；本实验用了转换法，相同热源下，加热时间越长，物质吸收的热量就越多，所以可以通过加热时间来反映吸收热量的多少。
2. 第二小问回忆探究不同物质吸热能力的核心控制变量要求：必须控制两种液体的质量相等。题目里说明A、B密度不同，图甲里两杯液面相平也就是液体体积相等，根据m=ρV，密度不同、体积相同的两种液体质量一定不相等，所以实验的错误就是没有控制液体的质量相同。
3. 第三小问结合乙图分析：0~4min内，A的温度从20℃升到60℃，B的温度从20℃升到40℃，显然A升高的温度更高；两者都升到60℃时，A的加热时间是4min，B的加热时间是8min，加热时间更长的B吸收的热量更多，说明B的比热容更大，吸热能力更强；暖手袋需要选放热能力强的物质，比热容大的物质降低相同温度时能放出更多热量，所以选B。
4. 第四小问结合比热容的应用：沿海城市水多，水的比热容大，吸收或放出相同热量时温度变化更小，全年的气温温差更小，图丙里a曲线的最高温更低，全年温差更小，所以青岛作为沿海城市对应a曲线。
【解析】
(1) 红外灯加热利用的是红外线的热效应；为了保证两种液体相同时间内吸收的热量相同，需要调节两种液体到红外灯中心的距离相同，保证受热条件一致；本实验采用转换法，相同热源下，加热时间越长，液体吸收的热量越多，因此通过加热时间来反映两种液体吸收热量的多少。
(2) 探究不同物质吸热升温特性时，需要控制两种液体的质量相同，本题中A、B密度不同，液面相平即体积相同，由m=ρV可知两者质量不相等，因此操作错误是没有控制液体的质量相同。
(3) 由图乙可知，0~4min内，A液体的温度从20℃升高到60℃，B液体温度从20℃升高到40℃，因此A升高的温度更高；当温度都升高到60℃时，A的加热时间为4min，B的加热时间为8min，B的加热时间更长，说明B吸收的热量更多，B的比热容更大，吸热能力更强；暖手袋需要选择比热容大的供热物质，降低相同温度时可以放出更多热量，因此选择B液体。
(4) 青岛是沿海城市，周边水域多，水的比热容大，气温变化幅度小，全年温差更小，图丙中a曲线的年温度变化幅度更小，因此青岛对应a曲线。
【答案】
(1) 热 相同 加热时间
(2) 没有控制液体的质量相同
(3) A B B B
(4) a
【知识点】
红外线的热效应，比热容，控制变量法
【点评】
本题围绕探究不同物质吸热升温的实验展开，既考察了实验的基础操作、转换法和控制变量法的实验思想，又结合了暖手袋选材、沿海城市气候特点的实际应用，考点覆盖全面，能很好地检验学生对比热容核心概念的理解和图像分析能力。
【难度系数】
0.8
8. 两只相同的电加热器,分别给相同体积的水和某种油加热.在开始时和加热3 min时各记录一次温度.如表所示,已知$\rho_{油}=0.8×10^{3}kg/m^{3}$,水的比热容为$4.2×10^{3}J/(kg· ^{\circ }C)$,加热效率为90%,油的末温没有达到它的沸点.下列说法正确的是 (
A.这种油的比热容为$2.1×10^{3}J/(kg· ^{\circ }C)$
B.这种油的比热容为$1.68×10^{3}J/(kg· ^{\circ }C)$
C.因为这种油的密度比水小,所以它的比热容比水大
D.加热三分钟的过程中,水吸收的热量比油少
A
)A.这种油的比热容为$2.1×10^{3}J/(kg· ^{\circ }C)$
B.这种油的比热容为$1.68×10^{3}J/(kg· ^{\circ }C)$
C.因为这种油的密度比水小,所以它的比热容比水大
D.加热三分钟的过程中,水吸收的热量比油少
答案
8. A 解析:D.相同的加热器在相同时间内放出的热量相等,用两只相同的电加热器,分别给相同体积的水和某种油加热,且加热效率相同,加热三分钟的过程中,水吸收的热量和油一样多,故D错误;ABC.加热三分钟后,水升高的温度为$\Delta t_{水}=t_{水}-t_{0}=28\ °\mathrm{C}-18\ °\mathrm{C}=10\ °\mathrm{C}$,油升高的温度为$\Delta t_{油}=$$t_{油}-t_{0}=43\ °\mathrm{C}-18\ °\mathrm{C}=25\ °\mathrm{C}$,水吸收的热量为$Q_{水}=$$c_{水}m_{水}\Delta t_{水}=c_{水}\rho_{水}V_{水}\Delta t_{水}$,油吸收的热量为$Q_{油}=$$c_{油}m_{油}\Delta t_{油}=c_{油}\rho_{油}V_{油}\Delta t_{油}$,将水和油升高的温度、密度及$Q_{水}=Q_{油}$、水和油的体积相等、水的比热容这些条件代入以上两式,可解得油的比热容为$2.1×10^{3}\ \mathrm{J/(kg}·°\mathrm{C)}$,故A正确.
解析
【分析】
首先梳理清晰解题思路：第一步，先明确相同规格电加热器的特点，相同工作时间内放出的热量相等，题目说明加热效率也相同，因此加热3分钟时水和油吸收的热量完全相等，可直接判断D选项的对错。第二步，从表格数据计算出水和油各自的温度变化量，再结合题目给出的水和油体积相同的条件，将吸热公式$Q_{吸}=cm\Delta t$中的质量$m$替换为$\rho V$，利用两者吸收热量相等的关系，约掉相同的体积$V$，代入已知的水的比热容、水和油的密度、温度变化量，就可以计算出油的比热容，判断A、B选项的对错。第三步，明确密度和比热容是物质的两种独立属性，不存在直接的大小决定关系，判断C选项的对错，最终选出正确答案。
【解析】
1. 判断D选项：
两只完全相同的电加热器，加热时间均为3min，因此加热器放出的热量相等，又已知加热效率均为90%，因此水和油吸收的热量相等，D选项错误。
2. 计算温度变化量：
水升高的温度：$\Delta t_{水}=28\ °\mathrm{C}-18\ °\mathrm{C}=10\ °\mathrm{C}$
油升高的温度：$\Delta t_{油}=43\ °\mathrm{C}-18\ °\mathrm{C}=25\ °\mathrm{C}$
3. 推导油的比热容：
已知水和油的体积相等，即$V_{水}=V_{油}=V$，根据$m=\rho V$，将吸热公式$Q=cm\Delta t$变形可得：
水吸收的热量：$Q_{水}=c_{水}m_{水}\Delta t_{水}=c_{水}\rho_{水}V\Delta t_{水}$
油吸收的热量：$Q_{油}=c_{油}m_{油}\Delta t_{油}=c_{油}\rho_{油}V\Delta t_{油}$
由于$Q_{水}=Q_{油}$，约掉相等的体积V，可得：
$c_{水}\rho_{水}\Delta t_{水}=c_{油}\rho_{油}\Delta t_{油}$
代入已知数值：$c_{水}=4.2×10^{3}\ \mathrm{J/(kg·°C)}$，$\rho_{水}=1×10^{3}\ \mathrm{kg/m^{3}}$，$\rho_{油}=0.8×10^{3}\ \mathrm{kg/m^{3}}$
$4.2×10^{3} × 1×10^{3} × 10 = c_{油} × 0.8×10^{3} × 25$
解得：$c_{油}=2.1×10^{3}\ \mathrm{J/(kg·°C)}$，因此A正确，B错误。
4. 判断C选项：
密度和比热容是物质的两种不同的独立属性，二者没有直接的大小决定关系，不能由油的密度比水小推出油的比热容比水大，C错误。
综上，正确选项为A。
【答案】
A
【知识点】
吸热公式应用；比热容特性
【点评】
本题是比热容相关的经典计算题型，核心易错点是很多同学会惯性认为水和油质量相等，忽略题目给出的是体积相同的条件，解题的关键是抓住相同电加热器相同时间供热相等的隐含条件，同时要明确物质的不同属性之间不存在直接的因果关联，避免概念误解。
【难度系数】
0.6
首先梳理清晰解题思路：第一步，先明确相同规格电加热器的特点，相同工作时间内放出的热量相等，题目说明加热效率也相同，因此加热3分钟时水和油吸收的热量完全相等，可直接判断D选项的对错。第二步，从表格数据计算出水和油各自的温度变化量，再结合题目给出的水和油体积相同的条件，将吸热公式$Q_{吸}=cm\Delta t$中的质量$m$替换为$\rho V$，利用两者吸收热量相等的关系，约掉相同的体积$V$，代入已知的水的比热容、水和油的密度、温度变化量，就可以计算出油的比热容，判断A、B选项的对错。第三步，明确密度和比热容是物质的两种独立属性，不存在直接的大小决定关系，判断C选项的对错，最终选出正确答案。
【解析】
1. 判断D选项：
两只完全相同的电加热器，加热时间均为3min，因此加热器放出的热量相等，又已知加热效率均为90%，因此水和油吸收的热量相等，D选项错误。
2. 计算温度变化量：
水升高的温度：$\Delta t_{水}=28\ °\mathrm{C}-18\ °\mathrm{C}=10\ °\mathrm{C}$
油升高的温度：$\Delta t_{油}=43\ °\mathrm{C}-18\ °\mathrm{C}=25\ °\mathrm{C}$
3. 推导油的比热容：
已知水和油的体积相等，即$V_{水}=V_{油}=V$，根据$m=\rho V$，将吸热公式$Q=cm\Delta t$变形可得：
水吸收的热量：$Q_{水}=c_{水}m_{水}\Delta t_{水}=c_{水}\rho_{水}V\Delta t_{水}$
油吸收的热量：$Q_{油}=c_{油}m_{油}\Delta t_{油}=c_{油}\rho_{油}V\Delta t_{油}$
由于$Q_{水}=Q_{油}$，约掉相等的体积V，可得：
$c_{水}\rho_{水}\Delta t_{水}=c_{油}\rho_{油}\Delta t_{油}$
代入已知数值：$c_{水}=4.2×10^{3}\ \mathrm{J/(kg·°C)}$，$\rho_{水}=1×10^{3}\ \mathrm{kg/m^{3}}$，$\rho_{油}=0.8×10^{3}\ \mathrm{kg/m^{3}}$
$4.2×10^{3} × 1×10^{3} × 10 = c_{油} × 0.8×10^{3} × 25$
解得：$c_{油}=2.1×10^{3}\ \mathrm{J/(kg·°C)}$，因此A正确，B错误。
4. 判断C选项：
密度和比热容是物质的两种不同的独立属性，二者没有直接的大小决定关系，不能由油的密度比水小推出油的比热容比水大，C错误。
综上，正确选项为A。
【答案】
A
【知识点】
吸热公式应用；比热容特性
【点评】
本题是比热容相关的经典计算题型，核心易错点是很多同学会惯性认为水和油质量相等，忽略题目给出的是体积相同的条件，解题的关键是抓住相同电加热器相同时间供热相等的隐含条件，同时要明确物质的不同属性之间不存在直接的因果关联，避免概念误解。
【难度系数】
0.6
