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2.下列事例中，与“水的比热容较大”这个特性
无关的是 （
A.汽车发动机用水作为冷却剂
B.人游泳后从水中出来，风一吹感觉更冷
C.海边昼夜温度变化比沙漠中小，适于居住
D.生物体内水的比例很高，有助于调节生物
体自身的温度
无关的是 （
B
）A.汽车发动机用水作为冷却剂
B.人游泳后从水中出来，风一吹感觉更冷
C.海边昼夜温度变化比沙漠中小，适于居住
D.生物体内水的比例很高，有助于调节生物
体自身的温度
答案
2. B
解析
【分析】
这道题考查水的比热容特性的实际应用，解题思路是：先明确“水的比热容较大”的核心特点——相同质量的水与其他物质相比，吸收或放出相同热量时温度变化更小，升高或降低相同温度时能吸收/放出更多热量；再逐一分析各选项，判断是否与该特性有关，最终选出无关的选项。
【解析】
逐一分析选项：
A选项：汽车发动机用水作冷却剂，是因为水的比热容大，相同质量的水和其他物质比较，升高相同温度时能吸收更多热量，可有效降低发动机温度，与水的比热容大有关，不符合题意；
B选项：人游泳后从水中出来，风一吹感觉更冷，是因为身上的水蒸发吸热（汽化吸热），属于物态变化的吸热现象，与水的比热容无关，符合题意；
C选项：海边昼夜温度变化比沙漠小，是因为水的比热容比砂石大，相同质量的水和砂石吸收或放出相同热量时，水的温度变化更小，因此昼夜温差小，与水的比热容大有关，不符合题意；
D选项：生物体内水的比例很高，有助于调节自身温度，是因为水的比热容大，温度变化时能吸收或放出较多热量，使自身温度变化幅度小，与水的比热容大有关，不符合题意。
综上，答案选B。
【答案】
B
【知识点】
比热容的应用
【点评】
本题结合生活常见场景考查水的比热容特性的应用，难度不大，需要学生准确区分“蒸发吸热”与“比热容特性”的不同应用场景，理解比热容的物理意义。
【难度系数】
0.5
这道题考查水的比热容特性的实际应用，解题思路是：先明确“水的比热容较大”的核心特点——相同质量的水与其他物质相比，吸收或放出相同热量时温度变化更小，升高或降低相同温度时能吸收/放出更多热量；再逐一分析各选项，判断是否与该特性有关，最终选出无关的选项。
【解析】
逐一分析选项：
A选项：汽车发动机用水作冷却剂，是因为水的比热容大，相同质量的水和其他物质比较，升高相同温度时能吸收更多热量，可有效降低发动机温度，与水的比热容大有关，不符合题意；
B选项：人游泳后从水中出来，风一吹感觉更冷，是因为身上的水蒸发吸热（汽化吸热），属于物态变化的吸热现象，与水的比热容无关，符合题意；
C选项：海边昼夜温度变化比沙漠小，是因为水的比热容比砂石大，相同质量的水和砂石吸收或放出相同热量时，水的温度变化更小，因此昼夜温差小，与水的比热容大有关，不符合题意；
D选项：生物体内水的比例很高，有助于调节自身温度，是因为水的比热容大，温度变化时能吸收或放出较多热量，使自身温度变化幅度小，与水的比热容大有关，不符合题意。
综上，答案选B。
【答案】
B
【知识点】
比热容的应用
【点评】
本题结合生活常见场景考查水的比热容特性的应用，难度不大，需要学生准确区分“蒸发吸热”与“比热容特性”的不同应用场景，理解比热容的物理意义。
【难度系数】
0.5
3. 图甲是用水来冷却热牛奶的示意图，图乙是记录牛奶、水的温度随时间变化的图像。图乙中表示热牛奶的温度随时间变化的曲线应是
Ⅰ
（选填“Ⅰ”或“Ⅱ”）。若水的质量为2 kg，在这个过程中水吸收的热量是$6.72×10^4$
J。〔$c_{水}=4.2×10^{3}J/(kg·℃)$〕答案
3. Ⅰ $6.72×10^4$ 【解析】用水来冷却热牛奶，热牛奶的温度逐渐降低，所以热牛奶的温度随时间变化的曲线应是Ⅰ。由图乙可知，牛奶在水中冷却后的温度恒定在18 ℃，所以在冷却过程中，水吸收的热量$Q_{吸}=c_{水}m_{水}(t-t_0)=4.2×10^3\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg}·℃)×2\ \mathrm{kg}×(18\ ℃-10\ ℃)=6.72×10^4\ \mathrm{J}$。
解析
【分析】首先，热牛奶初始温度较高，冷却过程中温度会逐渐降低，因此温度随时间变化的曲线呈下降趋势，对应图乙中的曲线Ⅰ；计算水吸收的热量时，需确定水的初温、末温，利用吸热公式$Q_{吸}=c_{水}m_{水}(t-t_{0})$计算，其中水的初温为10℃，最终与热牛奶达到共同温度18℃，结合已知质量和比热容即可求解。
【解析】
1. 判断热牛奶的温度变化曲线：热牛奶温度高，冷却时温度不断下降，图乙中曲线Ⅰ温度随时间降低，曲线Ⅱ温度随时间升高，因此表示热牛奶温度变化的是Ⅰ。
2. 计算水吸收的热量：由图乙可知，水的初温$t_{0}=10℃$，最终共同温度$t=18℃$，水的质量$m_{水}=2kg$，水的比热容$c_{水}=4.2×10^{3}J/(kg·℃)$，根据吸热公式：
$Q_{吸}=c_{水}m_{水}(t-t_{0})=4.2×10^{3}J/(kg·℃)×2kg×(18℃-10℃)=6.72×10^{4}J$。
【答案】Ⅰ；$6.72×10^{4}$
【知识点】热传递；热量计算
【点评】本题结合热传递现象考查温度曲线判断和热量计算，关键是明确热传递中温度变化规律，正确确定初末温，属于基础应用题型。
【难度系数】0.6
【解析】
1. 判断热牛奶的温度变化曲线：热牛奶温度高，冷却时温度不断下降，图乙中曲线Ⅰ温度随时间降低，曲线Ⅱ温度随时间升高，因此表示热牛奶温度变化的是Ⅰ。
2. 计算水吸收的热量：由图乙可知，水的初温$t_{0}=10℃$，最终共同温度$t=18℃$，水的质量$m_{水}=2kg$，水的比热容$c_{水}=4.2×10^{3}J/(kg·℃)$，根据吸热公式：
$Q_{吸}=c_{水}m_{水}(t-t_{0})=4.2×10^{3}J/(kg·℃)×2kg×(18℃-10℃)=6.72×10^{4}J$。
【答案】Ⅰ；$6.72×10^{4}$
【知识点】热传递；热量计算
【点评】本题结合热传递现象考查温度曲线判断和热量计算，关键是明确热传递中温度变化规律，正确确定初末温，属于基础应用题型。
【难度系数】0.6
4. (2025—2026 抚州临川区检测)天气转凉，喝牛奶前，可用热水烫一下，使牛奶不至于太凉。用 $60°\mathrm{C}$ 的热水加热 200 g 的袋装牛奶，使牛奶的温度由 $15°\mathrm{C}$ 升高到 $45°\mathrm{C}$。已知牛奶的比热容为 $2.1×10^3\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg}·°\mathrm{C})$，包装袋吸热及其他热损失不计。
(1)牛奶吸收的热量是多少焦耳？
(2)加热牛奶至少需要多少千克 $60°\mathrm{C}$ 的热水？$[c_{\mathrm{水}}=4.2×10^3\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg}·°\mathrm{C})]$
(1)牛奶吸收的热量是多少焦耳？
(2)加热牛奶至少需要多少千克 $60°\mathrm{C}$ 的热水？$[c_{\mathrm{水}}=4.2×10^3\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg}·°\mathrm{C})]$
答案
4. 解:(1)牛奶吸收的热量
$Q_{吸}=c_{奶}m_{奶}\Delta t_{奶}=2.1×10^3\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg}·℃)×0.2\ \mathrm{kg}×(45\ ℃-15\ ℃)=1.26×10^4\ \mathrm{J}$
(2)包装袋吸热及其他热损失不计，则$Q_{吸}=Q_{放}$，所以需要热水的质量至少为 $m_{水}=\frac{Q_{放}}{c_{水}\Delta t_{水}}=\frac{Q_{吸}}{c_{水}\Delta t_{水}}=\frac{1.26×10^4\ \mathrm{J}}{4.2×10^3\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg}·℃)×(60\ ℃-45\ ℃)}=0.2\ \mathrm{kg}$
$Q_{吸}=c_{奶}m_{奶}\Delta t_{奶}=2.1×10^3\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg}·℃)×0.2\ \mathrm{kg}×(45\ ℃-15\ ℃)=1.26×10^4\ \mathrm{J}$
(2)包装袋吸热及其他热损失不计，则$Q_{吸}=Q_{放}$，所以需要热水的质量至少为 $m_{水}=\frac{Q_{放}}{c_{水}\Delta t_{水}}=\frac{Q_{吸}}{c_{水}\Delta t_{水}}=\frac{1.26×10^4\ \mathrm{J}}{4.2×10^3\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg}·℃)×(60\ ℃-45\ ℃)}=0.2\ \mathrm{kg}$
解析
【分析】
这道题分为两小问，第一问求牛奶吸收的热量，需利用吸热公式$Q_{吸}=cm\Delta t$，注意将牛奶质量单位换算为千克，温度变化量为末温与初温的差值；第二问利用热平衡原理（不计热损失时，牛奶吸收的热量等于热水放出的热量），结合放热公式$Q_{放}=cm\Delta t$，即可求出所需热水的质量，关键是明确各物理量的对应关系和单位换算。
【解析】
(1) 先统一单位：牛奶质量$m_{奶}=200\ \mathrm{g}=0.2\ \mathrm{kg}$，牛奶升高的温度$\Delta t_{奶}=45\ \mathrm{℃}-15\ \mathrm{℃}=30\ \mathrm{℃}$。
根据吸热公式$Q_{吸}=c_{奶}m_{奶}\Delta t_{奶}$，代入数据得：
$Q_{吸}=2.1×10^3\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg}·℃)×0.2\ \mathrm{kg}×30\ \mathrm{℃}=1.26×10^4\ \mathrm{J}$。
(2) 不计包装袋吸热及其他热损失，则热水放出的热量等于牛奶吸收的热量，即$Q_{放}=Q_{吸}=1.26×10^4\ \mathrm{J}$。
热水降低的温度$\Delta t_{水}=60\ \mathrm{℃}-45\ \mathrm{℃}=15\ \mathrm{℃}$，根据放热公式$Q_{放}=c_{水}m_{水}\Delta t_{水}$，变形得$m_{水}=\frac{Q_{放}}{c_{水}\Delta t_{水}}$，代入数据得：
$m_{水}=\frac{1.26×10^4\ \mathrm{J}}{4.2×10^3\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg}·℃)×15\ \mathrm{℃}}=0.2\ \mathrm{kg}$。
【答案】
(1) $1.26×10^4\ \mathrm{J}$；(2) $0.2\ \mathrm{kg}$
【知识点】
热量的计算、热平衡方程
【点评】
本题考查热量计算公式及热平衡原理的应用，属于基础题型，解题时需注意单位统一和温度变化量的正确计算，难度较低。
【难度系数】
0.6
这道题分为两小问，第一问求牛奶吸收的热量，需利用吸热公式$Q_{吸}=cm\Delta t$，注意将牛奶质量单位换算为千克，温度变化量为末温与初温的差值；第二问利用热平衡原理（不计热损失时，牛奶吸收的热量等于热水放出的热量），结合放热公式$Q_{放}=cm\Delta t$，即可求出所需热水的质量，关键是明确各物理量的对应关系和单位换算。
【解析】
(1) 先统一单位：牛奶质量$m_{奶}=200\ \mathrm{g}=0.2\ \mathrm{kg}$，牛奶升高的温度$\Delta t_{奶}=45\ \mathrm{℃}-15\ \mathrm{℃}=30\ \mathrm{℃}$。
根据吸热公式$Q_{吸}=c_{奶}m_{奶}\Delta t_{奶}$，代入数据得：
$Q_{吸}=2.1×10^3\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg}·℃)×0.2\ \mathrm{kg}×30\ \mathrm{℃}=1.26×10^4\ \mathrm{J}$。
(2) 不计包装袋吸热及其他热损失，则热水放出的热量等于牛奶吸收的热量，即$Q_{放}=Q_{吸}=1.26×10^4\ \mathrm{J}$。
热水降低的温度$\Delta t_{水}=60\ \mathrm{℃}-45\ \mathrm{℃}=15\ \mathrm{℃}$，根据放热公式$Q_{放}=c_{水}m_{水}\Delta t_{水}$，变形得$m_{水}=\frac{Q_{放}}{c_{水}\Delta t_{水}}$，代入数据得：
$m_{水}=\frac{1.26×10^4\ \mathrm{J}}{4.2×10^3\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg}·℃)×15\ \mathrm{℃}}=0.2\ \mathrm{kg}$。
【答案】
(1) $1.26×10^4\ \mathrm{J}$；(2) $0.2\ \mathrm{kg}$
【知识点】
热量的计算、热平衡方程
【点评】
本题考查热量计算公式及热平衡原理的应用，属于基础题型，解题时需注意单位统一和温度变化量的正确计算，难度较低。
【难度系数】
0.6
1. 已知$c_{铜}=0.39×10^{3}J/(kg·℃),c_{铅}=0.13×10^{3}J/(kg·℃)$。质量相同的铜和铅吸收相同的热量时，铜比铅的温度升高得
少
（选填“多”或“少”）；质量相同的铜和铅升高相同的温度，吸收热量多的是铜
（选填“铜”或“铅”）。答案
1. 少 铜
解析
【分析】
本题需利用热量计算公式Q=cmΔt及其变形公式分析。明确：当质量m和吸收热量Q相同时，温度变化Δt与比热容c成反比；当质量m和温度变化Δt相同时，吸收热量Q与比热容c成正比，据此分析两个问题即可。
【解析】
根据热量公式Q=cmΔt，变形得温度变化Δt=Q/(cm)，吸收热量Q=cmΔt。
1. 质量相同（m铜=m铅）、吸收相同热量（Q铜=Q铅）时，Δt与c成反比。已知c铜=0.39×10³J/(kg·℃) ＞ c铅=0.13×10³J/(kg·℃)，因此Δt铜 ＜ Δt铅，即铜比铅的温度升高得少。
2. 质量相同（m铜=m铅）、升高相同温度（Δt铜'=Δt铅'）时，Q与c成正比。因c铜＞c铅，故Q铜＞Q铅，即吸收热量多的是铜。
【答案】
少 铜
【知识点】
比热容的应用、热量计算公式
【点评】
本题是比热容公式的基础应用，核心是理解热量与比热容、质量、温度变化量的关系，属于初中物理基础题，难度较低。
【难度系数】
0.7
本题需利用热量计算公式Q=cmΔt及其变形公式分析。明确：当质量m和吸收热量Q相同时，温度变化Δt与比热容c成反比；当质量m和温度变化Δt相同时，吸收热量Q与比热容c成正比，据此分析两个问题即可。
【解析】
根据热量公式Q=cmΔt，变形得温度变化Δt=Q/(cm)，吸收热量Q=cmΔt。
1. 质量相同（m铜=m铅）、吸收相同热量（Q铜=Q铅）时，Δt与c成反比。已知c铜=0.39×10³J/(kg·℃) ＞ c铅=0.13×10³J/(kg·℃)，因此Δt铜 ＜ Δt铅，即铜比铅的温度升高得少。
2. 质量相同（m铜=m铅）、升高相同温度（Δt铜'=Δt铅'）时，Q与c成正比。因c铜＞c铅，故Q铜＞Q铅，即吸收热量多的是铜。
【答案】
少 铜
【知识点】
比热容的应用、热量计算公式
【点评】
本题是比热容公式的基础应用，核心是理解热量与比热容、质量、温度变化量的关系，属于初中物理基础题，难度较低。
【难度系数】
0.7
2. 在沿海地区炎热晴朗的天气里，易形成海陆风。陆风和海风是由于陆地和海水升温和降温的快慢不同，空气发生对流而形成的。下列图片所示的是陆风和海风形成的示意图，其中白天易形成
变式 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，如图甲所示。海边，仅在海陆风因素的影响下，图乙、图丙所示的情形通常分别发生在（
A.白天、夜晚
B.夜晚、白天
C.白天、白天
D.夜晚、夜晚
海风
（选填“海风”或“陆风”），图甲
反映的是晚上风的形成情况。变式 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，如图甲所示。海边，仅在海陆风因素的影响下，图乙、图丙所示的情形通常分别发生在（
A
）A.白天、夜晚
B.夜晚、白天
C.白天、白天
D.夜晚、夜晚
答案
2. 海风 甲
变式 A 【解析】海水的比热容比陆地的大，白天太阳照射时，海面温度上升得慢，陆地温度上升得快，热空气上升，冷空气补充，风从海面吹向陆地，形成海风，所以白天风力发电机旋翼朝向大海，如题图乙所示；晚上，气温下降，海面温度下降得慢，温度高一些，热空气上升，冷空气补充，风从陆地吹向海面，形成陆风，所以夜晚风力发电机旋翼朝向陆地，如题图丙所示。故A正确。
变式 A 【解析】海水的比热容比陆地的大，白天太阳照射时，海面温度上升得慢，陆地温度上升得快，热空气上升，冷空气补充，风从海面吹向陆地，形成海风，所以白天风力发电机旋翼朝向大海，如题图乙所示；晚上，气温下降，海面温度下降得慢，温度高一些，热空气上升，冷空气补充，风从陆地吹向海面，形成陆风，所以夜晚风力发电机旋翼朝向陆地，如题图丙所示。故A正确。
解析
【分析】首先明确海陆风形成的核心原因是水与陆地的比热容差异：水的比热容比陆地（砂石、泥土）大，相同条件下升温、降温更慢。解题时需分白天、夜晚分别分析近地面气压变化，进而判断风向；变式题需结合风力发电机“旋翼自动迎风”的特点，对应风向判断旋翼朝向，从而确定时间。
【解析】
1. 白天：太阳照射时，陆地比热容小，升温快，近地面空气受热上升，形成低气压；海面比热容大，升温慢，近地面气压高，风从高压的海面吹向低压的陆地，形成海风，故白天易形成海风。
2. 夜晚：无太阳照射，陆地比热容小，降温快，近地面空气冷却下沉，形成高气压；海面比热容大，降温慢，近地面气压低，风从高压的陆地吹向低压的海面，形成陆风，故图甲反映晚上风的形成情况。
3. 变式题：风力发电机旋翼自动迎风，即旋翼朝向风的来向。白天吹海风，风从海面来，旋翼应朝向大海（对应图乙）；夜晚吹陆风，风从陆地来，旋翼应朝向陆地（对应图丙），因此图乙、丙分别对应白天、夜晚，选A。
【答案】海风；甲；A
【知识点】比热容、海陆风的形成、风的形成
【点评】本题结合比热容特性考查海陆风的形成，需理解比热容对温度变化的影响，进而分析气压与风向的关系；变式题结合风力发电机的实际特点，将物理知识应用于生活场景，难度适中。
【难度系数】0.5
【解析】
1. 白天：太阳照射时，陆地比热容小，升温快，近地面空气受热上升，形成低气压；海面比热容大，升温慢，近地面气压高，风从高压的海面吹向低压的陆地，形成海风，故白天易形成海风。
2. 夜晚：无太阳照射，陆地比热容小，降温快，近地面空气冷却下沉，形成高气压；海面比热容大，降温慢，近地面气压低，风从高压的陆地吹向低压的海面，形成陆风，故图甲反映晚上风的形成情况。
3. 变式题：风力发电机旋翼自动迎风，即旋翼朝向风的来向。白天吹海风，风从海面来，旋翼应朝向大海（对应图乙）；夜晚吹陆风，风从陆地来，旋翼应朝向陆地（对应图丙），因此图乙、丙分别对应白天、夜晚，选A。
【答案】海风；甲；A
【知识点】比热容、海陆风的形成、风的形成
【点评】本题结合比热容特性考查海陆风的形成，需理解比热容对温度变化的影响，进而分析气压与风向的关系；变式题结合风力发电机的实际特点，将物理知识应用于生活场景，难度适中。
【难度系数】0.5
二、选择题
3.下列实例中与水的比热容有关的是 （
A.北方冬天气温较低，户外的水管容易冻裂
B.沿海地区的昼夜气温差比内陆地区小
C.天热时在地面上洒水是为了降低室内温度
D.刚洗的衣服放在通风的环境中会干得快些
3.下列实例中与水的比热容有关的是 （
B
）A.北方冬天气温较低，户外的水管容易冻裂
B.沿海地区的昼夜气温差比内陆地区小
C.天热时在地面上洒水是为了降低室内温度
D.刚洗的衣服放在通风的环境中会干得快些
答案
3. B
解析
【分析】
本题考查水的比热容的应用，需先明确比热容的核心特点：水的比热容较大，相同质量的水与其他物质相比，吸收或放出相同热量时，温度变化更小。再逐一分析各选项对应的物理原理，判断是否与比热容相关，排除无关选项即可得出答案。
【解析】
1. 分析选项A：北方冬天气温低，户外水管冻裂是因为水凝固成冰后体积膨胀，撑裂水管，属于凝固现象，与比热容无关，排除；
2. 分析选项B：沿海地区多水，内陆地区多砂石，水的比热容比砂石大。白天吸收相同热量时，水升温慢；夜晚放出相同热量时，水降温慢，因此沿海地区昼夜温差比内陆小，该现象与水的比热容有关，符合要求；
3. 分析选项C：天热时地面洒水降温，是利用水蒸发（汽化）吸热降低室内温度，属于汽化现象，与比热容无关，排除；
4. 分析选项D：刚洗的衣服在通风处干得快，是因为通风加快了空气流动，从而加快水的蒸发，属于汽化现象，与比热容无关，排除。
综上，正确答案为B。
【答案】
B
【知识点】
比热容的应用、水的比热容特点、汽化现象
【点评】
本题为基础概念应用题，需准确区分比热容与物态变化的不同原理，易错点是混淆蒸发吸热和比热容的应用，整体难度适中，重点考查学生对物理概念的理解与实际应用能力。
【难度系数】
0.7
本题考查水的比热容的应用，需先明确比热容的核心特点：水的比热容较大，相同质量的水与其他物质相比，吸收或放出相同热量时，温度变化更小。再逐一分析各选项对应的物理原理，判断是否与比热容相关，排除无关选项即可得出答案。
【解析】
1. 分析选项A：北方冬天气温低，户外水管冻裂是因为水凝固成冰后体积膨胀，撑裂水管，属于凝固现象，与比热容无关，排除；
2. 分析选项B：沿海地区多水，内陆地区多砂石，水的比热容比砂石大。白天吸收相同热量时，水升温慢；夜晚放出相同热量时，水降温慢，因此沿海地区昼夜温差比内陆小，该现象与水的比热容有关，符合要求；
3. 分析选项C：天热时地面洒水降温，是利用水蒸发（汽化）吸热降低室内温度，属于汽化现象，与比热容无关，排除；
4. 分析选项D：刚洗的衣服在通风处干得快，是因为通风加快了空气流动，从而加快水的蒸发，属于汽化现象，与比热容无关，排除。
综上，正确答案为B。
【答案】
B
【知识点】
比热容的应用、水的比热容特点、汽化现象
【点评】
本题为基础概念应用题，需准确区分比热容与物态变化的不同原理，易错点是混淆蒸发吸热和比热容的应用，整体难度适中，重点考查学生对物理概念的理解与实际应用能力。
【难度系数】
0.7
