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6.(双选)小丽根据下表所提供的几种物质的比热容,得出以下四个结论,其中正确的是 (
几种常见物质的比热容
A.质量相等的铝块和铜块降低相同的温度,铝块放出的热量少
B.水和酒精吸收相等的热量后,温度变化相同,则酒精比水质量多
C.质量相等的酒精和铝块吸收相同的热量后末温相同,则酒精初温较高
D.冰块和铜块放出相同的热量后,铜块末温较高,则铜块的初温较高
BC
)几种常见物质的比热容
A.质量相等的铝块和铜块降低相同的温度,铝块放出的热量少
B.水和酒精吸收相等的热量后,温度变化相同,则酒精比水质量多
C.质量相等的酒精和铝块吸收相同的热量后末温相同,则酒精初温较高
D.冰块和铜块放出相同的热量后,铜块末温较高,则铜块的初温较高
答案
6.BC
解析
【分析】
本题考查比热容公式$Q=cm\Delta t$的应用，核心是利用热量、质量、比热容、温度变化的关系，结合吸热/放热过程，通过公式变形分析各选项的正误，需注意控制变量法的运用。
【解析】
根据比热容公式$Q=cm\Delta t$，逐一分析选项：
选项A：铝块和铜块质量相等、降低温度相同，放热时$Q=cm\Delta t$。由表格知$c_{铝}＞c_{铜}$，则$Q_{铝}=c_{铝}m\Delta t ＞ Q_{铜}=c_{铜}m\Delta t$，铝块放出的热量更多，A错误。
选项B：水和酒精吸收热量相等（$Q$相同）、温度变化相同，由$m=\frac{Q}{c\Delta t}$，$Q$和$\Delta t$相同时，比热容$c$越小，质量$m$越大。因$c_{酒精}=2.4×10^3 ＜ c_{水}=4.2×10^3$，故酒精质量比水多，B正确。
选项C：酒精和铝块质量相等、吸收热量相同，由$\Delta t=\frac{Q}{cm}$，$Q$和$m$相同时，比热容$c$越小，温度变化$\Delta t$越大。因$c_{酒精}＞c_{铝}$，则$\Delta t_{酒精}＜\Delta t_{铝}$。吸热时末温$t_{末}=t_{初}+\Delta t$，已知末温相同，故$t_{初}=t_{末}-\Delta t$，$\Delta t$越小则初温越高，酒精初温较高，C正确。
选项D：冰块和铜块放出热量相同，但质量$m$未知，无法通过$\Delta t=\frac{Q}{cm}$比较温度变化，也无法判断初温，D错误。
综上，正确选项为BC。
【答案】
BC
【知识点】
比热容公式应用、热量计算
【点评】
本题是比热容公式的典型应用题型，需灵活运用公式变形，结合吸热/放热过程分析物理量关系，重点考查控制变量法的使用，属于基础但易出错的题目。
【难度系数】
0.6
本题考查比热容公式$Q=cm\Delta t$的应用，核心是利用热量、质量、比热容、温度变化的关系，结合吸热/放热过程，通过公式变形分析各选项的正误，需注意控制变量法的运用。
【解析】
根据比热容公式$Q=cm\Delta t$，逐一分析选项：
选项A：铝块和铜块质量相等、降低温度相同，放热时$Q=cm\Delta t$。由表格知$c_{铝}＞c_{铜}$，则$Q_{铝}=c_{铝}m\Delta t ＞ Q_{铜}=c_{铜}m\Delta t$，铝块放出的热量更多，A错误。
选项B：水和酒精吸收热量相等（$Q$相同）、温度变化相同，由$m=\frac{Q}{c\Delta t}$，$Q$和$\Delta t$相同时，比热容$c$越小，质量$m$越大。因$c_{酒精}=2.4×10^3 ＜ c_{水}=4.2×10^3$，故酒精质量比水多，B正确。
选项C：酒精和铝块质量相等、吸收热量相同，由$\Delta t=\frac{Q}{cm}$，$Q$和$m$相同时，比热容$c$越小，温度变化$\Delta t$越大。因$c_{酒精}＞c_{铝}$，则$\Delta t_{酒精}＜\Delta t_{铝}$。吸热时末温$t_{末}=t_{初}+\Delta t$，已知末温相同，故$t_{初}=t_{末}-\Delta t$，$\Delta t$越小则初温越高，酒精初温较高，C正确。
选项D：冰块和铜块放出热量相同，但质量$m$未知，无法通过$\Delta t=\frac{Q}{cm}$比较温度变化，也无法判断初温，D错误。
综上，正确选项为BC。
【答案】
BC
【知识点】
比热容公式应用、热量计算
【点评】
本题是比热容公式的典型应用题型，需灵活运用公式变形，结合吸热/放热过程分析物理量关系，重点考查控制变量法的使用，属于基础但易出错的题目。
【难度系数】
0.6
1.在受太阳照射的条件相同时,内陆地区的夏季比沿海地区炎热,冬季比沿海地区寒冷,在一天之内气温变化也较大。为什么？
答案
1.因为内陆地区砂石、泥土多,沿海地区水多,水的比热容比砂石、泥土的比热容大,相同质量的水和砂石、泥土吸收相同的热量后,砂石、泥土升高的温度大;相同质量的水和砂石、泥土放出相同的热量后,砂石、泥土降低的温度大。因此,在太阳照射的条件相同时,内陆地区的夏季比沿海地区炎热,冬季比沿海地区寒冷,在一天之内气温变化也较大。
解析
【分析】
要解释内陆与沿海的气温差异现象，需结合比热容的特性分析：首先明确两地的物质组成差异（内陆多砂石泥土、沿海多水），再依据热量计算公式Q=cmΔt，推导相同质量的不同物质在吸放热相同时，比热容与温度变化量的关系，最终对应题目中的气温差异问题。
【解析】
内陆地区以砂石、泥土为主，沿海地区以水为主。水的比热容比砂石、泥土的比热容大，根据热量计算公式Q=cmΔt可知：当质量相同的水和砂石、泥土吸收或放出相同热量时，比热容越大，温度变化量越小；比热容越小，温度变化量越大。因此，受太阳照射条件相同时，夏季相同质量的水和砂石吸收相同热量，砂石温度升高更多，内陆更炎热；冬季放出相同热量，砂石温度降低更多，内陆更寒冷；一天内热量变化一致，内陆气温变化也更大。
【答案】
因为内陆地区砂石、泥土多,沿海地区水多,水的比热容比砂石、泥土的比热容大,相同质量的水和砂石、泥土吸收相同的热量后,砂石、泥土升高的温度大;相同质量的水和砂石、泥土放出相同的热量后,砂石、泥土降低的温度大。因此,在太阳照射的条件相同时,内陆地区的夏季比沿海地区炎热,冬季比沿海地区寒冷,在一天之内气温变化也较大。
【知识点】
比热容的应用、热量与温度变化的关系
【点评】
本题结合生活中的气候现象，考察比热容特性的实际应用，核心是理解Q=cmΔt中各物理量的关联，属于初中物理基础知识点的应用，难度适中。
【难度系数】
0.6
要解释内陆与沿海的气温差异现象，需结合比热容的特性分析：首先明确两地的物质组成差异（内陆多砂石泥土、沿海多水），再依据热量计算公式Q=cmΔt，推导相同质量的不同物质在吸放热相同时，比热容与温度变化量的关系，最终对应题目中的气温差异问题。
【解析】
内陆地区以砂石、泥土为主，沿海地区以水为主。水的比热容比砂石、泥土的比热容大，根据热量计算公式Q=cmΔt可知：当质量相同的水和砂石、泥土吸收或放出相同热量时，比热容越大，温度变化量越小；比热容越小，温度变化量越大。因此，受太阳照射条件相同时，夏季相同质量的水和砂石吸收相同热量，砂石温度升高更多，内陆更炎热；冬季放出相同热量，砂石温度降低更多，内陆更寒冷；一天内热量变化一致，内陆气温变化也更大。
【答案】
因为内陆地区砂石、泥土多,沿海地区水多,水的比热容比砂石、泥土的比热容大,相同质量的水和砂石、泥土吸收相同的热量后,砂石、泥土升高的温度大;相同质量的水和砂石、泥土放出相同的热量后,砂石、泥土降低的温度大。因此,在太阳照射的条件相同时,内陆地区的夏季比沿海地区炎热,冬季比沿海地区寒冷,在一天之内气温变化也较大。
【知识点】
比热容的应用、热量与温度变化的关系
【点评】
本题结合生活中的气候现象，考察比热容特性的实际应用，核心是理解Q=cmΔt中各物理量的关联，属于初中物理基础知识点的应用，难度适中。
【难度系数】
0.6
2.小明用如图甲所示的装置比较不同物质吸热升温的情况,将分别盛有50 g水和50 g食用油的两个相同试管同时用红外加热器加热,温度传感器与电脑相连。电脑上显示温度随时间变化的图像如图乙所示。已知
$c_{水}=4.2×10^{3}\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg}·°\mathrm{C})$,下列说法 (
①加热2 min,水吸收的热量大于油吸收的热量
②油的比热容为$3.15×10^{3}\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg}·°\mathrm{C})$
③第2~3 min内,油吸收的热量为$1.4×10^{3}\ \mathrm{J}$
④小华用该装置实验,得到水和油的温度随时间变化图线均为A,则$m_{水}:m_{油}=2:3$
A.①②正确
B.②③正确
C.③④正确
D.②④正确
$c_{水}=4.2×10^{3}\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg}·°\mathrm{C})$,下列说法 (
C
)①加热2 min,水吸收的热量大于油吸收的热量
②油的比热容为$3.15×10^{3}\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg}·°\mathrm{C})$
③第2~3 min内,油吸收的热量为$1.4×10^{3}\ \mathrm{J}$
④小华用该装置实验,得到水和油的温度随时间变化图线均为A,则$m_{水}:m_{油}=2:3$
A.①②正确
B.②③正确
C.③④正确
D.②④正确
答案
2.C
解析
【分析】
首先明确：相同红外加热器在相同时间内，水和食用油吸收的热量相等。结合图像，利用吸热公式$Q=cm\Delta t$，逐一分析各说法的正误：
1. 分析①：相同加热器加热相同时间，水和油吸收的热量相同，据此判断①错误；
2. 分析②：根据图像中温度变化和加热时间，结合水的比热容算出每分钟吸热量，再推导油的比热容，判断②错误；
3. 分析③：利用算出的每分钟吸热量，计算第2~3min油吸收的热量，判断③正确；
4. 分析④：当水和油图线均为A时，相同时间吸热相同、温度变化相同，结合吸热公式推导质量比，判断④正确。
【解析】
解：相同红外加热器，相同时间内水和食用油吸收的热量相等，设每分钟吸收热量为$Q_0$。
由图乙可知，水（图线B）从20℃升到40℃用时3min，温度变化$\Delta t_{水}=40℃-20℃=20℃$，质量$m=50g=0.05kg$。
根据$Q=cm\Delta t$，对水有：$3Q_0 = c_{水}m\Delta t_{水}$，代入数据：
$3Q_0 = 4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}×0.05\ \mathrm{kg}×20℃$，解得$Q_0=1.4×10^3\ \mathrm{J}$，即每分钟吸热$1.4×10^3\ \mathrm{J}$。
对各说法分析：
① 加热2min，相同加热器，水和油吸收的热量相等，故①错误；
② 油（图线A）2min内温度变化$\Delta t_{油}=20℃$，吸收热量$Q_{油}=2Q_0=2×1.4×10^3\ \mathrm{J}=2.8×10^3\ \mathrm{J}$，则油的比热容：
$c_{油}=\frac{Q_{油}}{m\Delta t_{油}}=\frac{2.8×10^3\ \mathrm{J}}{0.05\ \mathrm{kg}×20℃}=2.8×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}≠3.15×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}$，故②错误；
③ 第2~3min内，油吸收的热量为1min的吸热量，即$Q=Q_0=1.4×10^3\ \mathrm{J}$，故③正确；
④ 若水和油图线均为A，说明相同时间内吸热$Q$相同、温度变化$\Delta t$相同，由$Q=cm\Delta t$得$c_{水}m_{水}=c_{油}m_{油}$，则：
$\frac{m_{水}}{m_{油}}=\frac{c_{油}}{c_{水}}=\frac{2.8×10^3}{4.2×10^3}=\frac{2}{3}$，即$m_{水}:m_{油}=2:3$，故④正确。
综上，③④正确，答案选C。
【答案】
C
【知识点】
比热容、热量计算、吸热公式应用
【点评】
本题考查比热容的相关计算，核心是利用“相同加热器相同时间吸热相等”的隐含条件，结合吸热公式分析各选项，需理清质量、温度变化、吸热量的对应关系，难度中等。
【难度系数】
0.5
首先明确：相同红外加热器在相同时间内，水和食用油吸收的热量相等。结合图像，利用吸热公式$Q=cm\Delta t$，逐一分析各说法的正误：
1. 分析①：相同加热器加热相同时间，水和油吸收的热量相同，据此判断①错误；
2. 分析②：根据图像中温度变化和加热时间，结合水的比热容算出每分钟吸热量，再推导油的比热容，判断②错误；
3. 分析③：利用算出的每分钟吸热量，计算第2~3min油吸收的热量，判断③正确；
4. 分析④：当水和油图线均为A时，相同时间吸热相同、温度变化相同，结合吸热公式推导质量比，判断④正确。
【解析】
解：相同红外加热器，相同时间内水和食用油吸收的热量相等，设每分钟吸收热量为$Q_0$。
由图乙可知，水（图线B）从20℃升到40℃用时3min，温度变化$\Delta t_{水}=40℃-20℃=20℃$，质量$m=50g=0.05kg$。
根据$Q=cm\Delta t$，对水有：$3Q_0 = c_{水}m\Delta t_{水}$，代入数据：
$3Q_0 = 4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}×0.05\ \mathrm{kg}×20℃$，解得$Q_0=1.4×10^3\ \mathrm{J}$，即每分钟吸热$1.4×10^3\ \mathrm{J}$。
对各说法分析：
① 加热2min，相同加热器，水和油吸收的热量相等，故①错误；
② 油（图线A）2min内温度变化$\Delta t_{油}=20℃$，吸收热量$Q_{油}=2Q_0=2×1.4×10^3\ \mathrm{J}=2.8×10^3\ \mathrm{J}$，则油的比热容：
$c_{油}=\frac{Q_{油}}{m\Delta t_{油}}=\frac{2.8×10^3\ \mathrm{J}}{0.05\ \mathrm{kg}×20℃}=2.8×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}≠3.15×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}$，故②错误；
③ 第2~3min内，油吸收的热量为1min的吸热量，即$Q=Q_0=1.4×10^3\ \mathrm{J}$，故③正确；
④ 若水和油图线均为A，说明相同时间内吸热$Q$相同、温度变化$\Delta t$相同，由$Q=cm\Delta t$得$c_{水}m_{水}=c_{油}m_{油}$，则：
$\frac{m_{水}}{m_{油}}=\frac{c_{油}}{c_{水}}=\frac{2.8×10^3}{4.2×10^3}=\frac{2}{3}$，即$m_{水}:m_{油}=2:3$，故④正确。
综上，③④正确，答案选C。
【答案】
C
【知识点】
比热容、热量计算、吸热公式应用
【点评】
本题考查比热容的相关计算，核心是利用“相同加热器相同时间吸热相等”的隐含条件，结合吸热公式分析各选项，需理清质量、温度变化、吸热量的对应关系，难度中等。
【难度系数】
0.5
3.如图所示,是用电磁炉烧水时的情形。已知该电磁炉每分钟能提供$9×10^{4}\ \mathrm{J}$的热量,壶的容积为2.5 L。[水的密度为$1.0×10^{3}\ \mathrm{kg/m}^3$,水的比热容为$4.2×10^{3}\ \mathrm{J/(kg·℃)}$]
(1)壶中装满水后,水的质量是多大?
(2)在壶中装满$25\ \mathrm{℃}$的水,用这种电磁炉给水加热9 min 20 s,壶中水的温度将升高多少?(不计热量损失,当时大气压为1个标准大气压)
(1)壶中装满水后,水的质量是多大?
(2)在壶中装满$25\ \mathrm{℃}$的水,用这种电磁炉给水加热9 min 20 s,壶中水的温度将升高多少?(不计热量损失,当时大气压为1个标准大气压)
答案
3.(1)水的体积:$V=2.5\ \mathrm{L}=2.5\ \mathrm{dm}^3=2.5×10^{-3}\ \mathrm{m}^3$
壶中装满水后,水的质量:
$m=\rho V=1.0×10^3\ \mathrm{kg/m}^3×2.5×10^{-3}\ \mathrm{m}^3=2.5\ \mathrm{kg}$
(2)不计热量损失,电磁炉给水加热9 min 20 s产生的热量全部被水吸收,水吸收的热量:$Q_{吸}=9×10^4\ \mathrm{J}×(9+\dfrac{20}{60})\ \mathrm{min}=8.4×10^5\ \mathrm{J}$
理论上水的末温为:
$t=\dfrac{Q_{吸}}{cm}+t_0=\dfrac{8.4×10^5\ \mathrm{J}}{4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}×2.5\ \mathrm{kg}}+25\ \mathrm{℃}=105\ \mathrm{℃}$
由于1个标准大气压下,水的沸点是100 ℃,所以壶中的水升高的温度:$t'=100\ \mathrm{℃}-25\ \mathrm{℃}=75\ \mathrm{℃}$
壶中装满水后,水的质量:
$m=\rho V=1.0×10^3\ \mathrm{kg/m}^3×2.5×10^{-3}\ \mathrm{m}^3=2.5\ \mathrm{kg}$
(2)不计热量损失,电磁炉给水加热9 min 20 s产生的热量全部被水吸收,水吸收的热量:$Q_{吸}=9×10^4\ \mathrm{J}×(9+\dfrac{20}{60})\ \mathrm{min}=8.4×10^5\ \mathrm{J}$
理论上水的末温为:
$t=\dfrac{Q_{吸}}{cm}+t_0=\dfrac{8.4×10^5\ \mathrm{J}}{4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}×2.5\ \mathrm{kg}}+25\ \mathrm{℃}=105\ \mathrm{℃}$
由于1个标准大气压下,水的沸点是100 ℃,所以壶中的水升高的温度:$t'=100\ \mathrm{℃}-25\ \mathrm{℃}=75\ \mathrm{℃}$
解析
【分析】
本题分为两小问，第(1)问求水的质量，需利用密度公式，先将壶的容积换算为水的体积，再代入公式计算；第(2)问需先换算加热时间，求出电磁炉提供的总热量，再利用热量公式计算水升高的温度，关键是要记住1个标准大气压下水的沸点为100℃，水沸腾时温度保持不变，需据此判断水的实际末温，确定正确的温度变化值。
【解析】
(1) 壶中装满水时，水的体积等于壶的容积，先进行单位换算：
$V = 2.5\ \mathrm{L} = 2.5\ \mathrm{dm}^3 = 2.5 × 10^{-3}\ \mathrm{m}^3$
根据密度公式 $\rho = \frac{m}{V}$，可得水的质量：
$m = \rho V = 1.0 × 10^3\ \mathrm{kg/m}^3 × 2.5 × 10^{-3}\ \mathrm{m}^3 = 2.5\ \mathrm{kg}$
(2) 先将加热时间换算为分钟：$9\ \mathrm{min}\ 20\ \mathrm{s} = 9\ \mathrm{min} + \frac{20}{60}\ \mathrm{min} = \frac{28}{3}\ \mathrm{min}$
不计热量损失，水吸收的热量等于电磁炉提供的总热量：
$Q_{\mathrm{吸}} = 9 × 10^4\ \mathrm{J/min} × \frac{28}{3}\ \mathrm{min} = 8.4 × 10^5\ \mathrm{J}$
根据热量公式 $Q_{\mathrm{吸}} = cm\Delta t$，计算理论上水的末温：
$t = \frac{Q_{\mathrm{吸}}}{cm} + t_0 = \frac{8.4 × 10^5\ \mathrm{J}}{4.2 × 10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)} × 2.5\ \mathrm{kg}} + 25\ \mathrm{℃} = 105\ \mathrm{℃}$
由于1个标准大气压下，水的沸点为100℃，水沸腾时温度保持不变，因此水的实际末温为100℃，实际升高的温度：
$\Delta t' = 100\ \mathrm{℃} - 25\ \mathrm{℃} = 75\ \mathrm{℃}$
【答案】
(1) 2.5 kg；(2) 75 ℃
【知识点】
密度公式应用、热量计算、沸点与气压的关系
【点评】
本题结合密度和热学热量计算的知识点，考查学生的综合应用能力，解题时需注意单位换算的准确性，同时要牢记1个标准大气压下水的沸点为100℃，水沸腾后温度不再升高，这是本题的易错点，需特别关注。
【难度系数】
0.6
本题分为两小问，第(1)问求水的质量，需利用密度公式，先将壶的容积换算为水的体积，再代入公式计算；第(2)问需先换算加热时间，求出电磁炉提供的总热量，再利用热量公式计算水升高的温度，关键是要记住1个标准大气压下水的沸点为100℃，水沸腾时温度保持不变，需据此判断水的实际末温，确定正确的温度变化值。
【解析】
(1) 壶中装满水时，水的体积等于壶的容积，先进行单位换算：
$V = 2.5\ \mathrm{L} = 2.5\ \mathrm{dm}^3 = 2.5 × 10^{-3}\ \mathrm{m}^3$
根据密度公式 $\rho = \frac{m}{V}$，可得水的质量：
$m = \rho V = 1.0 × 10^3\ \mathrm{kg/m}^3 × 2.5 × 10^{-3}\ \mathrm{m}^3 = 2.5\ \mathrm{kg}$
(2) 先将加热时间换算为分钟：$9\ \mathrm{min}\ 20\ \mathrm{s} = 9\ \mathrm{min} + \frac{20}{60}\ \mathrm{min} = \frac{28}{3}\ \mathrm{min}$
不计热量损失，水吸收的热量等于电磁炉提供的总热量：
$Q_{\mathrm{吸}} = 9 × 10^4\ \mathrm{J/min} × \frac{28}{3}\ \mathrm{min} = 8.4 × 10^5\ \mathrm{J}$
根据热量公式 $Q_{\mathrm{吸}} = cm\Delta t$，计算理论上水的末温：
$t = \frac{Q_{\mathrm{吸}}}{cm} + t_0 = \frac{8.4 × 10^5\ \mathrm{J}}{4.2 × 10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)} × 2.5\ \mathrm{kg}} + 25\ \mathrm{℃} = 105\ \mathrm{℃}$
由于1个标准大气压下，水的沸点为100℃，水沸腾时温度保持不变，因此水的实际末温为100℃，实际升高的温度：
$\Delta t' = 100\ \mathrm{℃} - 25\ \mathrm{℃} = 75\ \mathrm{℃}$
【答案】
(1) 2.5 kg；(2) 75 ℃
【知识点】
密度公式应用、热量计算、沸点与气压的关系
【点评】
本题结合密度和热学热量计算的知识点，考查学生的综合应用能力，解题时需注意单位换算的准确性，同时要牢记1个标准大气压下水的沸点为100℃，水沸腾后温度不再升高，这是本题的易错点，需特别关注。
【难度系数】
0.6
