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1. 水稻为喜温作物,下列措施有利于水稻生长的是（
A.早晨和傍晚都要多灌水
B.早晨和傍晚都不要多灌水
C.早晨多灌水,傍晚多排水
D.早晨多排水,傍晚多灌水
D
）A.早晨和傍晚都要多灌水
B.早晨和傍晚都不要多灌水
C.早晨多灌水,傍晚多排水
D.早晨多排水,傍晚多灌水
答案
1. D 解析:培育水稻时,为了不使水稻受冻,应傍晚多灌水,当夜晚温度降低时,因为水的比热容大,水放出热量,水的温度降低得比较少,不至于使水稻受冻;在早晨把稻田内的水排出,稻田受到太阳光的照射,泥土的比热容小,泥土吸收热量,温度升高得快,有利于秧苗的生长.故D符合题意.
解析
【分析】
这道题的核心是结合不同物质的比热容差异，匹配水稻喜温的生长需求推导合理措施。首先先明确两个基础特性：水的比热容远大于干泥土，相同条件下水降温慢、升温也慢，干泥土则升温快、降温也快。接下来分两个时段对应需求分析：第一是傍晚，之后进入夜晚，环境温度会大幅下降，需要避免稻田温度过低冻伤水稻，要用到降温慢的物质保温，因此傍晚适合多灌水；第二是早晨，日出后需要稻田快速升温满足喜温作物的生长要求，要用到升温快的干泥土，因此早晨适合把水排出，让泥土直接接收光照快速升温。把两个时段的措施组合后就能对应选出正确选项。
【解析】
我们结合比热容特性分时段逐一分析：
1. 傍晚时段：入夜后环境温度快速降低，水的比热容大，相同质量的水放出相同热量时，温度降低的幅度远小于泥土。傍晚多往稻田灌水，夜间水向外放热时稻田整体温度降幅小，能起到保温防冻的作用，避免水稻被低温冻伤。
2. 早晨时段：日出后需要稻田快速升温适配喜温水稻的生长需求，干泥土的比热容小，吸收相同的太阳辐射热量时，温度升高的速度远快于水。早晨将稻田内的水排出，让泥土直接接受光照，能让稻田温度快速上升，更利于水稻秧苗生长。
综上，符合要求的措施是早晨多排水，傍晚多灌水，对应选项D。
【答案】D
【知识点】
水的比热容特性；比热容生产应用
【点评】
本题是物理知识和农业生产场景结合的典型应用题，解题核心是先明确不同时段的温度调控需求，再对应不同物质的比热容特性匹配措施，不需要死记硬背结论，顺着逻辑推导就能得到正确结果，能很好地考察学生对知识点的灵活运用能力。
【难度系数】
0.6
这道题的核心是结合不同物质的比热容差异，匹配水稻喜温的生长需求推导合理措施。首先先明确两个基础特性：水的比热容远大于干泥土，相同条件下水降温慢、升温也慢，干泥土则升温快、降温也快。接下来分两个时段对应需求分析：第一是傍晚，之后进入夜晚，环境温度会大幅下降，需要避免稻田温度过低冻伤水稻，要用到降温慢的物质保温，因此傍晚适合多灌水；第二是早晨，日出后需要稻田快速升温满足喜温作物的生长要求，要用到升温快的干泥土，因此早晨适合把水排出，让泥土直接接收光照快速升温。把两个时段的措施组合后就能对应选出正确选项。
【解析】
我们结合比热容特性分时段逐一分析：
1. 傍晚时段：入夜后环境温度快速降低，水的比热容大，相同质量的水放出相同热量时，温度降低的幅度远小于泥土。傍晚多往稻田灌水，夜间水向外放热时稻田整体温度降幅小，能起到保温防冻的作用，避免水稻被低温冻伤。
2. 早晨时段：日出后需要稻田快速升温适配喜温水稻的生长需求，干泥土的比热容小，吸收相同的太阳辐射热量时，温度升高的速度远快于水。早晨将稻田内的水排出，让泥土直接接受光照，能让稻田温度快速上升，更利于水稻秧苗生长。
综上，符合要求的措施是早晨多排水，傍晚多灌水，对应选项D。
【答案】D
【知识点】
水的比热容特性；比热容生产应用
【点评】
本题是物理知识和农业生产场景结合的典型应用题，解题核心是先明确不同时段的温度调控需求，再对应不同物质的比热容特性匹配措施，不需要死记硬背结论，顺着逻辑推导就能得到正确结果，能很好地考察学生对知识点的灵活运用能力。
【难度系数】
0.6
2. (2025·常州溧阳市期末)甲、乙两物体质量相等,当甲物体温度升高$15\ °\mathrm{C}$,乙物体温度升高$30\ °\mathrm{C}$时,甲物体吸收的热量是乙物体吸收热量的2倍,则甲物质的比热容是乙的比热容的 (
A.0.25倍
B.1倍
C.2倍
D.4倍
D
)A.0.25倍
B.1倍
C.2倍
D.4倍
答案
2. D 解析:甲、乙两物体质量相等,即$m_{甲}=m_{乙}$,甲物体吸收的热量为2Q,乙物体吸收的热量为Q,甲的比热容与乙的比热容之比$\frac {c_{甲}}{c_{乙}}=\frac {\frac {2Q}{m_{甲}Δt_{甲}}}{\frac {Q}{m_{乙}Δt_{乙}}}=\frac {2Q}{Q}×\frac {m_{乙}Δt_{乙}}{m_{甲}Δt_{甲}}=\frac {2×30^{\circ }C}{15^{\circ }C}=\frac {4}{1},$则甲的比热容是乙的比热容的4倍,故选D.
解析
【分析】
这道题要求甲、乙两物质的比热容的倍数关系，我们可以从吸热公式入手思考：首先回忆物体吸收热量的计算公式$Q_{吸}=cm\Delta t$，将公式变形可以得到比热容的表达式$c=\frac{Q}{m\Delta t}$。题目已经给出甲乙质量相等、甲乙升高的温度数值、甲乙吸收热量的倍数关系，我们只需要分别写出甲、乙的比热容表达式，将两个式子做比值，把已知的各物理量的关系代入，约去相等的未知量，就能直接算出两者比热容的比值，得到最终的倍数关系。
【解析】
先整理题目给出的已知条件：
1. 甲乙两物体质量相等：$m_甲 = m_乙$
2. 甲吸收的热量是乙的2倍：$Q_甲=2Q_乙$
3. 甲升高温度$\Delta t_甲=15\ °\mathrm{C}$，乙升高温度$\Delta t_乙=30\ °\mathrm{C}$
根据吸热公式$Q_{吸}=cm\Delta t$，变形可得比热容的计算式$c=\frac{Q}{m\Delta t}$，因此甲乙的比热容之比为：
$\frac{c_甲}{c_乙}=\frac{\frac{Q_甲}{m_甲\Delta t_甲}}{\frac{Q_乙}{m_乙\Delta t_乙}}=\frac{Q_甲}{Q_乙}×\frac{m_乙}{m_甲}×\frac{\Delta t_乙}{\Delta t_甲}$
将所有已知条件代入上式：
$\frac{c_甲}{c_乙}=\frac{2Q_乙}{Q_乙}×\frac{m_乙}{m_乙}×\frac{30\ °\mathrm{C}}{15\ °\mathrm{C}}=2×1×2=\frac{4}{1}$
即甲物质的比热容是乙的比热容的4倍。
【答案】
D
【知识点】
吸热公式，比热容比值计算
【点评】
本题是比热容相关的基础比值计算题，核心是灵活变形吸热公式，求解比值时不需要代入具体的物理量数值，只需要把已知的各物理量的比例关系代入即可，解题时注意不要混淆甲乙的温度变化、吸热的对应关系，避免出现比值颠倒的计算错误。
【难度系数】
0.7
这道题要求甲、乙两物质的比热容的倍数关系，我们可以从吸热公式入手思考：首先回忆物体吸收热量的计算公式$Q_{吸}=cm\Delta t$，将公式变形可以得到比热容的表达式$c=\frac{Q}{m\Delta t}$。题目已经给出甲乙质量相等、甲乙升高的温度数值、甲乙吸收热量的倍数关系，我们只需要分别写出甲、乙的比热容表达式，将两个式子做比值，把已知的各物理量的关系代入，约去相等的未知量，就能直接算出两者比热容的比值，得到最终的倍数关系。
【解析】
先整理题目给出的已知条件：
1. 甲乙两物体质量相等：$m_甲 = m_乙$
2. 甲吸收的热量是乙的2倍：$Q_甲=2Q_乙$
3. 甲升高温度$\Delta t_甲=15\ °\mathrm{C}$，乙升高温度$\Delta t_乙=30\ °\mathrm{C}$
根据吸热公式$Q_{吸}=cm\Delta t$，变形可得比热容的计算式$c=\frac{Q}{m\Delta t}$，因此甲乙的比热容之比为：
$\frac{c_甲}{c_乙}=\frac{\frac{Q_甲}{m_甲\Delta t_甲}}{\frac{Q_乙}{m_乙\Delta t_乙}}=\frac{Q_甲}{Q_乙}×\frac{m_乙}{m_甲}×\frac{\Delta t_乙}{\Delta t_甲}$
将所有已知条件代入上式：
$\frac{c_甲}{c_乙}=\frac{2Q_乙}{Q_乙}×\frac{m_乙}{m_乙}×\frac{30\ °\mathrm{C}}{15\ °\mathrm{C}}=2×1×2=\frac{4}{1}$
即甲物质的比热容是乙的比热容的4倍。
【答案】
D
【知识点】
吸热公式，比热容比值计算
【点评】
本题是比热容相关的基础比值计算题，核心是灵活变形吸热公式，求解比值时不需要代入具体的物理量数值，只需要把已知的各物理量的比例关系代入即可，解题时注意不要混淆甲乙的温度变化、吸热的对应关系，避免出现比值颠倒的计算错误。
【难度系数】
0.7
3. (2025·南京鼓楼区期中)质量、初温都相同的铜块和铝块,吸收相同的热量后再相互接触($c_{铜}＜c_{铝}$),则 (
A.内能从铜块传向铝块
B.铝块末温比铜块高
C.温度从铜块传向铝块
D.最后热传递停止时,铜块和铝块的热量一定相等
A
)A.内能从铜块传向铝块
B.铝块末温比铜块高
C.温度从铜块传向铝块
D.最后热传递停止时,铜块和铝块的热量一定相等
答案
3. A 解析:A.由于$c_{铜}＜c_{铝}$,根据$Q=cmΔt$,质量相同的铜块和铝块,吸收相同热量时,铜块升高的温度大,又因为初温相同,所以铝块末温比铜块低,热传递时热量从高温物体传向低温物体,实质是内能的转移,故内能从铜块传向铝块,故A正确,B错误;C.温度是状态量,不能传递,热传递传递的是热量,故C错误;D.最后热传递停止时,铜块和铝块的温度一定相等,热量是过程量,不能说物体含有多少热量,只能说吸收或放出多少热量,故D错误.故选A.
解析
【分析】
拿到这道题我们可以按三步思路推导：
1. 先结合已知条件和吸热公式判断两金属块的末温高低：题目给出铜块和铝块质量、初温都相同，吸收热量也相同，已知$c_{铜}＜c_{铝}$，代入吸热公式$Q=cm\Delta t$，就能比较出二者升高的温度$\Delta t$的大小，进而结合初温相同推出末温的高低关系。
2. 再回忆热传递的核心规律：热传递发生的条件是物体间存在温度差，热传递过程中转移的是内能（热量），不是温度，热量是过程量，只能描述热传递过程中传递能量的多少，不能说“物体含有/具有多少热量”。
3. 最后逐个对照选项排除错误说法，选出正确答案。
【解析】
我们一步步推导判断：
第一步：比较两金属块的温度变化和末温
根据吸热公式$Q_{吸}=cm\Delta t$，变形可得$\Delta t=\frac{Q_{吸}}{cm}$。已知铜块和铝块质量m相等、吸收的热量$Q_{吸}$相等，且$c_{铜}＜c_{铝}$，因此可得$\Delta t_{铜}＞\Delta t_{铝}$。由于二者初温$t_0$相同，末温$t=t_0+\Delta t$，因此末温$t_{铜}＞t_{铝}$。
第二步：逐个判断选项
选项A：热传递的方向是从高温物体向低温物体转移内能，因为铜块末温更高，所以内能从铜块传向铝块，该说法正确。
选项B：由上面推导可知铜块末温比铝块高，该说法错误。
选项C：温度是物体的状态量，热传递过程中传递的是热量（内能），温度不能发生传递，该说法错误。
选项D：热传递停止的标志是两个物体温度相等，热量是描述热传递过程的过程量，不能表述为“物体的热量相等”，该说法错误。
综上只有A选项正确。
【答案】
A
【知识点】
吸热公式应用；热传递实质；热量概念
【点评】
本题属于热学的基础易错题，核心考察学生对温度、热量、内能三个概念的辨析，很多同学容易误选C或D，要特别注意：热传递转移的是内能而非温度，热量是过程量，只能描述传递过程的能量多少，不能用来指代物体本身“具有的热量”，热传递终止的条件是温度相同而非热量相同。
【难度系数】
0.6
拿到这道题我们可以按三步思路推导：
1. 先结合已知条件和吸热公式判断两金属块的末温高低：题目给出铜块和铝块质量、初温都相同，吸收热量也相同，已知$c_{铜}＜c_{铝}$，代入吸热公式$Q=cm\Delta t$，就能比较出二者升高的温度$\Delta t$的大小，进而结合初温相同推出末温的高低关系。
2. 再回忆热传递的核心规律：热传递发生的条件是物体间存在温度差，热传递过程中转移的是内能（热量），不是温度，热量是过程量，只能描述热传递过程中传递能量的多少，不能说“物体含有/具有多少热量”。
3. 最后逐个对照选项排除错误说法，选出正确答案。
【解析】
我们一步步推导判断：
第一步：比较两金属块的温度变化和末温
根据吸热公式$Q_{吸}=cm\Delta t$，变形可得$\Delta t=\frac{Q_{吸}}{cm}$。已知铜块和铝块质量m相等、吸收的热量$Q_{吸}$相等，且$c_{铜}＜c_{铝}$，因此可得$\Delta t_{铜}＞\Delta t_{铝}$。由于二者初温$t_0$相同，末温$t=t_0+\Delta t$，因此末温$t_{铜}＞t_{铝}$。
第二步：逐个判断选项
选项A：热传递的方向是从高温物体向低温物体转移内能，因为铜块末温更高，所以内能从铜块传向铝块，该说法正确。
选项B：由上面推导可知铜块末温比铝块高，该说法错误。
选项C：温度是物体的状态量，热传递过程中传递的是热量（内能），温度不能发生传递，该说法错误。
选项D：热传递停止的标志是两个物体温度相等，热量是描述热传递过程的过程量，不能表述为“物体的热量相等”，该说法错误。
综上只有A选项正确。
【答案】
A
【知识点】
吸热公式应用；热传递实质；热量概念
【点评】
本题属于热学的基础易错题，核心考察学生对温度、热量、内能三个概念的辨析，很多同学容易误选C或D，要特别注意：热传递转移的是内能而非温度，热量是过程量，只能描述传递过程的能量多少，不能用来指代物体本身“具有的热量”，热传递终止的条件是温度相同而非热量相同。
【难度系数】
0.6
4. 糖炒栗子是人们钟爱的一道传统美食,如图所示,为了让栗子快速、均匀受热,常将砂石与栗子混合在一起翻炒,这主要是利用了砂石的
比热容小
,相同质量的栗子和砂石吸收相同的热量,砂石的温度升高得更多
(填“多”或“少”).答案
4. 比热容小 多 解析:砂石的比热容小,相同质量的砂石与其他物质相比较,吸收相同的热量,温度升高得更多,因此,将砂石与栗子混合在一起翻炒,可以让栗子快速、均匀受热.
解析
【分析】
首先我们从题目要求的“让栗子快速、均匀受热”这个目的出发思考：要实现快速受热，就需要混合的介质在吸收相同热量时温度上升更快，同时小颗粒的砂石可以填充栗子之间的缝隙，让栗子各处都能接触到高温介质实现均匀受热。接下来结合比热容的相关规律推导：根据吸热公式Q吸=cmΔt，当质量相同的不同物质吸收相同热量时，比热容越小的物质，温度升高的幅度越大，刚好符合我们需要介质快速升温的要求，由此就能判断出砂石的特性，进而填出第二空的结果。
【解析】
1. 糖炒栗子时混入砂石，是利用了砂石的比热容小的特点：砂石的颗粒细小，能够充分和栗子接触，让栗子各个部位都能被加热，实现均匀受热；同时砂石自身的特性可以让它快速升温，带动栗子快速受热。
2. 根据物体吸热的计算公式$Q_{吸}=cm\Delta t$，变形可得温度变化量$\Delta t=\frac{Q_{吸}}{cm}$，当栗子和砂石质量m相同，吸收的热量$Q_{吸}$也相同时，由于砂石的比热容c远小于栗子的比热容，因此砂石的温度升高得更多。
【答案】
比热容小；多
【知识点】
比热容的应用，吸热公式计算
【点评】
本题结合生活中常见的糖炒栗子的场景命题，将物理知识和日常饮食的实际操作结合，考察学生对比热容基本特性的理解，题目难度较低，能够帮助学生建立用物理原理解释生活现象的思维习惯。
【难度系数】
0.9
首先我们从题目要求的“让栗子快速、均匀受热”这个目的出发思考：要实现快速受热，就需要混合的介质在吸收相同热量时温度上升更快，同时小颗粒的砂石可以填充栗子之间的缝隙，让栗子各处都能接触到高温介质实现均匀受热。接下来结合比热容的相关规律推导：根据吸热公式Q吸=cmΔt，当质量相同的不同物质吸收相同热量时，比热容越小的物质，温度升高的幅度越大，刚好符合我们需要介质快速升温的要求，由此就能判断出砂石的特性，进而填出第二空的结果。
【解析】
1. 糖炒栗子时混入砂石，是利用了砂石的比热容小的特点：砂石的颗粒细小，能够充分和栗子接触，让栗子各个部位都能被加热，实现均匀受热；同时砂石自身的特性可以让它快速升温，带动栗子快速受热。
2. 根据物体吸热的计算公式$Q_{吸}=cm\Delta t$，变形可得温度变化量$\Delta t=\frac{Q_{吸}}{cm}$，当栗子和砂石质量m相同，吸收的热量$Q_{吸}$也相同时，由于砂石的比热容c远小于栗子的比热容，因此砂石的温度升高得更多。
【答案】
比热容小；多
【知识点】
比热容的应用，吸热公式计算
【点评】
本题结合生活中常见的糖炒栗子的场景命题，将物理知识和日常饮食的实际操作结合，考察学生对比热容基本特性的理解，题目难度较低，能够帮助学生建立用物理原理解释生活现象的思维习惯。
【难度系数】
0.9
5. 小红对质量为 300 g的冰加热,她根据冰熔化成水直到沸腾过程中记录的部分数据绘制了如图所示图像.已知水的比热容为
$4.2×10^{3}\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg}·°\mathrm{C})$,则根据所绘图像可知冰的比热容为 $\_\_\_\_\_\_\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg}·°\mathrm{C})$.
$4.2×10^{3}\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg}·°\mathrm{C})$,则根据所绘图像可知冰的比热容为 $\_\_\_\_\_\_\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg}·°\mathrm{C})$.
答案
5. $2.1×10^{3}$ 解析:由图像可以看出,当质量相同的冰和水都升高$10^{\circ }C$时,水加热的时间为10 min,冰加热时间为5 min,相同时间内吸收热量相同,所以水吸收的热量是冰吸收热量的2倍,根据$Q=cmΔt$,可知水的比热容是冰的2倍,解得$c_{冰}=2.1×10^{3}J/(kg· ^{\circ }C).$
解析
【分析】
解题时首先要明确思路：本题没有直接给出冰吸收的热量，需要利用图像提取冰和水升温过程的相关数据，结合相同热源加热时，相同时间内物质吸收热量相等的隐含条件，用比值法推导冰的比热容。第一步先从图像中分别找出冰升温、水升温的阶段，算出两个阶段的温度变化量和对应的加热时间；第二步根据加热时间的比值得到两者吸收热量的比值；第三步利用吸热公式Q=cmΔt，在质量、温度变化量都相同的前提下，对比热量关系得到比热容的关系，最终代入水的比热容数值算出冰的比热容。
【解析】
1. 从图像提取数据：
冰的升温阶段为AB段：初始温度为-10℃，5min时温度升至0℃，温度变化量$\Delta t_{\mathrm{冰}}=0°\mathrm{C}-(-10°\mathrm{C})=10°\mathrm{C}$，加热时间$t_{\mathrm{冰}}=5\ \mathrm{min}$。
水的升温阶段为CD段：15min时温度为0℃，25min时温度升至10℃，温度变化量$\Delta t_{\mathrm{水}}=10°\mathrm{C}-0°\mathrm{C}=10°\mathrm{C}$，加热时间$t_{\mathrm{水}}=25\ \mathrm{min}-15\ \mathrm{min}=10\ \mathrm{min}$。
2. 推导吸热比值：
相同加热条件下，相同时间内物质吸收的热量相等，因此冰和水吸收的热量之比等于加热时间之比：
$\frac{Q_{\mathrm{冰}}}{Q_{\mathrm{水}}}=\frac{t_{\mathrm{冰}}}{t_{\mathrm{水}}}=\frac{5\ \mathrm{min}}{10\ \mathrm{min}}=\frac{1}{2}$，即$Q_{\mathrm{水}}=2Q_{\mathrm{冰}}$。
3. 代入吸热公式计算：
吸热公式为$Q=cm\Delta t$，已知冰熔化为水后质量不变，即$m_{\mathrm{冰}}=m_{\mathrm{水}}$，且$\Delta t_{\mathrm{冰}}=\Delta t_{\mathrm{水}}=10°\mathrm{C}$，代入得：
$c_{\mathrm{水}}m\Delta t_{\mathrm{水}}=2× c_{\mathrm{冰}}m\Delta t_{\mathrm{冰}}$
约去等式两边相等的$m$和$\Delta t$，可得$c_{\mathrm{水}}=2c_{\mathrm{冰}}$。
将$c_{\mathrm{水}}=4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg·° C)}$代入，解得：
$c_{\mathrm{冰}}=\frac{1}{2}c_{\mathrm{水}}=\frac{4.2×10^3}{2}=2.1×10^3\ \mathrm{J/(kg·° C)}$
【答案】
$2.1×10^{3}$
【知识点】
比热容计算，吸热公式，晶体熔化图像
【点评】
本题是比热容计算的典型题型，没有直接给出吸热的具体数值，而是通过转换法将吸收热量的多少转换为加热时间的长短，利用比值法简化计算，避免了额外引入加热功率的未知量，重点考察学生从温度-时间图像提取有效信息、灵活运用吸热公式推导的能力。
【难度系数】
0.6
解题时首先要明确思路：本题没有直接给出冰吸收的热量，需要利用图像提取冰和水升温过程的相关数据，结合相同热源加热时，相同时间内物质吸收热量相等的隐含条件，用比值法推导冰的比热容。第一步先从图像中分别找出冰升温、水升温的阶段，算出两个阶段的温度变化量和对应的加热时间；第二步根据加热时间的比值得到两者吸收热量的比值；第三步利用吸热公式Q=cmΔt，在质量、温度变化量都相同的前提下，对比热量关系得到比热容的关系，最终代入水的比热容数值算出冰的比热容。
【解析】
1. 从图像提取数据：
冰的升温阶段为AB段：初始温度为-10℃，5min时温度升至0℃，温度变化量$\Delta t_{\mathrm{冰}}=0°\mathrm{C}-(-10°\mathrm{C})=10°\mathrm{C}$，加热时间$t_{\mathrm{冰}}=5\ \mathrm{min}$。
水的升温阶段为CD段：15min时温度为0℃，25min时温度升至10℃，温度变化量$\Delta t_{\mathrm{水}}=10°\mathrm{C}-0°\mathrm{C}=10°\mathrm{C}$，加热时间$t_{\mathrm{水}}=25\ \mathrm{min}-15\ \mathrm{min}=10\ \mathrm{min}$。
2. 推导吸热比值：
相同加热条件下，相同时间内物质吸收的热量相等，因此冰和水吸收的热量之比等于加热时间之比：
$\frac{Q_{\mathrm{冰}}}{Q_{\mathrm{水}}}=\frac{t_{\mathrm{冰}}}{t_{\mathrm{水}}}=\frac{5\ \mathrm{min}}{10\ \mathrm{min}}=\frac{1}{2}$，即$Q_{\mathrm{水}}=2Q_{\mathrm{冰}}$。
3. 代入吸热公式计算：
吸热公式为$Q=cm\Delta t$，已知冰熔化为水后质量不变，即$m_{\mathrm{冰}}=m_{\mathrm{水}}$，且$\Delta t_{\mathrm{冰}}=\Delta t_{\mathrm{水}}=10°\mathrm{C}$，代入得：
$c_{\mathrm{水}}m\Delta t_{\mathrm{水}}=2× c_{\mathrm{冰}}m\Delta t_{\mathrm{冰}}$
约去等式两边相等的$m$和$\Delta t$，可得$c_{\mathrm{水}}=2c_{\mathrm{冰}}$。
将$c_{\mathrm{水}}=4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg·° C)}$代入，解得：
$c_{\mathrm{冰}}=\frac{1}{2}c_{\mathrm{水}}=\frac{4.2×10^3}{2}=2.1×10^3\ \mathrm{J/(kg·° C)}$
【答案】
$2.1×10^{3}$
【知识点】
比热容计算，吸热公式，晶体熔化图像
【点评】
本题是比热容计算的典型题型，没有直接给出吸热的具体数值，而是通过转换法将吸收热量的多少转换为加热时间的长短，利用比值法简化计算，避免了额外引入加热功率的未知量，重点考察学生从温度-时间图像提取有效信息、灵活运用吸热公式推导的能力。
【难度系数】
0.6
6.“早穿皮袄午穿纱,守着火炉吃西瓜”体现了大漠气候的特点,而沿海地区昼夜温差不大,这是由沙石与水的比热容不同造成的.已知沙石和水的比热容之比为$1:4$,沙石和水的密度之比为$3:2$.当相同体积的沙石和水吸收相同的热量时,它们升高的温度之比为
8:3
.答案
6. $8:3$ 解析:等体积的沙石和水质量之比为$\frac {m_{沙石}}{m_{水}}=\frac {ρ_{沙石}V}{ρ_{水}V}=\frac {ρ_{沙石}}{ρ_{水}}=\frac {3}{2}$,当相同体积的沙石和水吸收相同的热量时,$Q_{沙石}=Q_{水}$,由$Q_{吸}=cmΔt$可知,当$Q_{沙石}=Q_{水}$时,有如下关系成立$c_{沙石}m_{沙石}Δt_{沙石}=c_{水}m_{水}Δt_{水}$,则它们升高的温度之比为$\frac {Δt_{沙石}}{Δt_{水}}=\frac {c_{水}m_{水}}{c_{沙石}m_{沙石}}=\frac {c_{水}}{c_{沙石}}×\frac {m_{水}}{m_{沙石}}=\frac {4}{1}×\frac {2}{3}=\frac {8}{3}.$
解析
【分析】
这是一道热学比值计算类题目，解题可以分两步推进：第一步，题目给出沙石和水体积相同，已知二者密度之比，我们可以借助密度公式ρ=m/V，推导出等体积条件下二者的质量之比；第二步，题目明确二者吸收的热量相等，结合吸热公式Q吸=cmΔt，把升高的温度之比通过公式变形，转化为已知的比热容之比、刚求出的质量之比的组合形式，代入对应比值数据就能算出最终结果，推导时要注意物理量的对应关系，不要颠倒比值的分子分母。
【解析】
解：
1. 计算等体积沙石和水的质量比
已知沙石和水的体积相等，即$V_{沙石}=V_{水}$，根据密度公式$\rho=\frac{m}{V}$变形得$m=\rho V$，因此二者的质量之比为：
$\frac{m_{沙石}}{m_{水}}=\frac{\rho_{沙石}V}{\rho_{水}V}=\frac{\rho_{沙石}}{\rho_{水}}=\frac{3}{2}$
2. 结合吸热相等条件推导升温比
已知沙石和水吸收的热量相同，即$Q_{沙石吸}=Q_{水吸}$，根据物体吸热公式$Q_{吸}=cm\Delta t$可得：
$c_{沙石}m_{沙石}\Delta t_{沙石}=c_{水}m_{水}\Delta t_{水}$
将公式变形，得到升高的温度之比的表达式：
$\frac{\Delta t_{沙石}}{\Delta t_{水}}=\frac{c_{水}m_{水}}{c_{沙石}m_{沙石}}=\frac{c_{水}}{c_{沙石}} × \frac{m_{水}}{m_{沙石}}$
代入已知的比热容比$\frac{c_{沙石}}{c_{水}}=\frac{1}{4}$即$\frac{c_{水}}{c_{沙石}}=\frac{4}{1}$，以及质量比的倒数$\frac{m_{水}}{m_{沙石}}=\frac{2}{3}$，计算得：
$\frac{\Delta t_{沙石}}{\Delta t_{水}}=\frac{4}{1} × \frac{2}{3}=\frac{8}{3}$
即二者升高的温度之比为$8:3$。
【答案】
$8:3$
【知识点】
密度公式，吸热公式
【点评】
本题属于比热容板块的基础比值计算题，重点考察学生对密度公式和吸热公式的灵活运用能力，最容易出错的地方是变形升温比时颠倒物理量的比值顺序，解题时可以先把待求物理量的完整表达式写出来，再代入对应比值，就能有效避免计算错误。
【难度系数】
0.6
这是一道热学比值计算类题目，解题可以分两步推进：第一步，题目给出沙石和水体积相同，已知二者密度之比，我们可以借助密度公式ρ=m/V，推导出等体积条件下二者的质量之比；第二步，题目明确二者吸收的热量相等，结合吸热公式Q吸=cmΔt，把升高的温度之比通过公式变形，转化为已知的比热容之比、刚求出的质量之比的组合形式，代入对应比值数据就能算出最终结果，推导时要注意物理量的对应关系，不要颠倒比值的分子分母。
【解析】
解：
1. 计算等体积沙石和水的质量比
已知沙石和水的体积相等，即$V_{沙石}=V_{水}$，根据密度公式$\rho=\frac{m}{V}$变形得$m=\rho V$，因此二者的质量之比为：
$\frac{m_{沙石}}{m_{水}}=\frac{\rho_{沙石}V}{\rho_{水}V}=\frac{\rho_{沙石}}{\rho_{水}}=\frac{3}{2}$
2. 结合吸热相等条件推导升温比
已知沙石和水吸收的热量相同，即$Q_{沙石吸}=Q_{水吸}$，根据物体吸热公式$Q_{吸}=cm\Delta t$可得：
$c_{沙石}m_{沙石}\Delta t_{沙石}=c_{水}m_{水}\Delta t_{水}$
将公式变形，得到升高的温度之比的表达式：
$\frac{\Delta t_{沙石}}{\Delta t_{水}}=\frac{c_{水}m_{水}}{c_{沙石}m_{沙石}}=\frac{c_{水}}{c_{沙石}} × \frac{m_{水}}{m_{沙石}}$
代入已知的比热容比$\frac{c_{沙石}}{c_{水}}=\frac{1}{4}$即$\frac{c_{水}}{c_{沙石}}=\frac{4}{1}$，以及质量比的倒数$\frac{m_{水}}{m_{沙石}}=\frac{2}{3}$，计算得：
$\frac{\Delta t_{沙石}}{\Delta t_{水}}=\frac{4}{1} × \frac{2}{3}=\frac{8}{3}$
即二者升高的温度之比为$8:3$。
【答案】
$8:3$
【知识点】
密度公式，吸热公式
【点评】
本题属于比热容板块的基础比值计算题，重点考察学生对密度公式和吸热公式的灵活运用能力，最容易出错的地方是变形升温比时颠倒物理量的比值顺序，解题时可以先把待求物理量的完整表达式写出来，再代入对应比值，就能有效避免计算错误。
【难度系数】
0.6
7. 新素材创新装置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
(
A
)A.白天、夜晚
B.夜晚、白天
C.白天、白天
D.夜晚、夜晚
答案
7. A 解析:水的比热容大于沙石和泥土的比热容,白天太阳照射时,海洋升温慢,陆地升温快,陆地的热空气就上升,地面附近海洋的空气来补充,气流就从海洋流向陆地,即风从海洋吹向陆地;晚上陆地很快就冷却下来,而海洋则很慢,海洋的温度高,而陆地的温度低,地面气体就从陆地流向海洋,即风从陆地吹向海洋.因此白天,风力发电机旋翼朝向大海,晚上,风力发电机旋翼朝向陆地.则图乙是白天,图丙是晚上.故A符合题意.
解析
【分析】
解题时我们可以按三步梳理思路：第一步先明确装置特性，题目说明该风力发电机的旋翼会自动迎风，也就是旋翼始终朝向风的来向；第二步回忆海陆风的核心原理，水的比热容比陆地砂石泥土大，相同吸放热条件下，水的温度变化幅度更小；第三步分别推导白天、夜晚的近地面风向：白天陆地升温快于海洋，风从海洋吹向陆地，旋翼朝向大海，对应图乙；夜晚陆地降温快于海洋，风从陆地吹向海洋，旋翼朝向陆地，对应图丙，即可得出对应时段。
【解析】
1. 由题意可知，带尾翼的风力发电机旋翼会自动正对来风方向，旋翼的朝向就是风的来源方向。
2. 海陆风的形成基础：水的比热容大于陆地砂石、泥土的比热容，在吸收或放出相同热量时，水的温度变化比陆地小得多。
3. 白天风向推导：白天受太阳照射，陆地升温速度远快于海洋，陆地上方的热空气上升，近地面形成低压，海洋近地面气压更高，近地面风从海洋吹向陆地，风从大海方向吹来，因此旋翼会朝向大海，和图乙的状态一致。
4. 夜晚风向推导：夜晚没有太阳辐射，地面向外散热，陆地降温速度远快于海洋，陆地近地面形成高压，海洋近地面气压更低，近地面风从陆地吹向海洋，风从陆地方向吹来，因此旋翼会朝向陆地，和图丙的状态一致。
因此图乙对应白天，图丙对应夜晚，A选项符合要求。
【答案】
A
【知识点】
水的比热容大的应用，海陆风形成原理
【点评】
本题结合家用风力发电机的实际应用场景，将物理比热容知识点和海陆热力环流现象结合考察，解题的关键是先理清旋翼自动迎风的特点，再结合比热容差异推导不同时段的近地面风向，避免混淆白天和夜晚的风向逻辑，能很好锻炼学生用物理知识解释自然现象的能力。
【难度系数】
0.7
解题时我们可以按三步梳理思路：第一步先明确装置特性，题目说明该风力发电机的旋翼会自动迎风，也就是旋翼始终朝向风的来向；第二步回忆海陆风的核心原理，水的比热容比陆地砂石泥土大，相同吸放热条件下，水的温度变化幅度更小；第三步分别推导白天、夜晚的近地面风向：白天陆地升温快于海洋，风从海洋吹向陆地，旋翼朝向大海，对应图乙；夜晚陆地降温快于海洋，风从陆地吹向海洋，旋翼朝向陆地，对应图丙，即可得出对应时段。
【解析】
1. 由题意可知，带尾翼的风力发电机旋翼会自动正对来风方向，旋翼的朝向就是风的来源方向。
2. 海陆风的形成基础：水的比热容大于陆地砂石、泥土的比热容，在吸收或放出相同热量时，水的温度变化比陆地小得多。
3. 白天风向推导：白天受太阳照射，陆地升温速度远快于海洋，陆地上方的热空气上升，近地面形成低压，海洋近地面气压更高，近地面风从海洋吹向陆地，风从大海方向吹来，因此旋翼会朝向大海，和图乙的状态一致。
4. 夜晚风向推导：夜晚没有太阳辐射，地面向外散热，陆地降温速度远快于海洋，陆地近地面形成高压，海洋近地面气压更低，近地面风从陆地吹向海洋，风从陆地方向吹来，因此旋翼会朝向陆地，和图丙的状态一致。
因此图乙对应白天，图丙对应夜晚，A选项符合要求。
【答案】
A
【知识点】
水的比热容大的应用，海陆风形成原理
【点评】
本题结合家用风力发电机的实际应用场景，将物理比热容知识点和海陆热力环流现象结合考察，解题的关键是先理清旋翼自动迎风的特点，再结合比热容差异推导不同时段的近地面风向，避免混淆白天和夜晚的风向逻辑，能很好锻炼学生用物理知识解释自然现象的能力。
【难度系数】
0.7
8. 以下过程不发生物态变化,初温相同的两块金属甲、乙吸收了相同热量,甲的末温比乙的低,那么初温相同的甲、乙放出相同热量（
A.甲的末温比乙的低,但无法判断甲、乙比热容哪一个大
B.甲的末温比乙的高,但无法判断甲、乙比热容哪一个大
C.甲的末温比乙的高,且可以判断甲、乙比热容哪一个大
D.无法判断甲、乙的末温哪一个高,且无法判断甲、乙比热容哪一个大
B
）A.甲的末温比乙的低,但无法判断甲、乙比热容哪一个大
B.甲的末温比乙的高,但无法判断甲、乙比热容哪一个大
C.甲的末温比乙的高,且可以判断甲、乙比热容哪一个大
D.无法判断甲、乙的末温哪一个高,且无法判断甲、乙比热容哪一个大
答案
8. B 解析:依题意,初温相同的两块金属甲、乙吸收了相同热量,甲的末温比乙的低,说明吸收相同的热量,甲温度变化比乙温度变化小,由此可知,初温相同的甲、乙放出相同热量,甲、乙温度都降低,由于甲温度变化比乙温度变化小,所以甲的末温比乙的末温高,但由于不知道甲、乙两块金属的质量关系,所以无法判断甲、乙比热容哪一个大,故B符合题意.
解析
【分析】
解题时要紧扣热量计算公式Q=cmΔt逐步推导：第一步先分析题目给出的吸热条件，已知甲乙初温相同，吸收相同热量后甲的末温更低，根据Δt=末温-初温，可直接得到甲升高的温度Δt甲吸小于乙升高的温度Δt乙吸。第二步把吸热条件代入Q吸=cmΔt，Q吸相同的情况下Δt越小，对应的cm乘积就越大，也就是c甲m甲＞c乙m乙。第三步分析放热过程：甲乙初温仍相同，放出相同热量时，温度降低量Δt放=Q放/(cm)，cm乘积更大的甲温度降低得更少，初温相同的前提下，降温更少的甲末温就比乙高。最后注意题目全程没有给出甲乙的质量大小关系，因此无法单独比较c甲和c乙的大小，对应选出正确选项即可。
【解析】
设甲乙的初温均为t₀：
1. 吸热过程推导：
已知甲乙吸收相同热量Q吸，甲的末温t甲末吸 ＜ 乙的末温t乙末吸，根据温度变化量定义Δt = t末 - t初，可得：
Δt甲吸 = t甲末吸 - t₀ ＜ Δt乙吸 = t乙末吸 - t₀
将Δt代入吸热公式Q吸=cmΔt，可得：Q吸 = c甲m甲Δt甲吸 = c乙m乙Δt乙吸
因为Δt甲吸 ＜ Δt乙吸，所以可推导出：c甲m甲 ＞ c乙m乙
2. 放热过程推导：
甲乙初温仍为t₀，放出相同热量Q放，根据放热公式Q放=cmΔt放，可得温度降低量Δt放=Q放/(cm)
由于c甲m甲 ＞ c乙m乙、Q放相同，因此Δt甲放 ＜ Δt乙放，也就是甲降低的温度比乙更小。
末温t末 = t₀ - Δt放，因此甲的末温t甲末放 = t₀ - Δt甲放 ＞ t乙末放 = t₀ - Δt乙放，即甲的末温比乙高。
3. 比热容判断：
由于题目没有给出甲乙两块金属的质量m甲、m乙的大小关系，仅知道c甲m甲 ＞ c乙m乙，无法单独推导c甲和c乙的大小关系，因此无法判断甲乙比热容的大小。
综上，只有选项B的描述符合推导结果。
【答案】
B
【知识点】
热量公式应用、比热容概念
【点评】
本题重点考察对吸热放热热量公式的逻辑推导，易错点是很多同学会忽略质量未知的隐含条件，误以为可以直接比较比热容大小错选C，解题时不需要纠结单个物理量的大小，先抓住cm整体的乘积关系就能快速判断温度变化量的高低。
【难度系数】
0.6
解题时要紧扣热量计算公式Q=cmΔt逐步推导：第一步先分析题目给出的吸热条件，已知甲乙初温相同，吸收相同热量后甲的末温更低，根据Δt=末温-初温，可直接得到甲升高的温度Δt甲吸小于乙升高的温度Δt乙吸。第二步把吸热条件代入Q吸=cmΔt，Q吸相同的情况下Δt越小，对应的cm乘积就越大，也就是c甲m甲＞c乙m乙。第三步分析放热过程：甲乙初温仍相同，放出相同热量时，温度降低量Δt放=Q放/(cm)，cm乘积更大的甲温度降低得更少，初温相同的前提下，降温更少的甲末温就比乙高。最后注意题目全程没有给出甲乙的质量大小关系，因此无法单独比较c甲和c乙的大小，对应选出正确选项即可。
【解析】
设甲乙的初温均为t₀：
1. 吸热过程推导：
已知甲乙吸收相同热量Q吸，甲的末温t甲末吸 ＜ 乙的末温t乙末吸，根据温度变化量定义Δt = t末 - t初，可得：
Δt甲吸 = t甲末吸 - t₀ ＜ Δt乙吸 = t乙末吸 - t₀
将Δt代入吸热公式Q吸=cmΔt，可得：Q吸 = c甲m甲Δt甲吸 = c乙m乙Δt乙吸
因为Δt甲吸 ＜ Δt乙吸，所以可推导出：c甲m甲 ＞ c乙m乙
2. 放热过程推导：
甲乙初温仍为t₀，放出相同热量Q放，根据放热公式Q放=cmΔt放，可得温度降低量Δt放=Q放/(cm)
由于c甲m甲 ＞ c乙m乙、Q放相同，因此Δt甲放 ＜ Δt乙放，也就是甲降低的温度比乙更小。
末温t末 = t₀ - Δt放，因此甲的末温t甲末放 = t₀ - Δt甲放 ＞ t乙末放 = t₀ - Δt乙放，即甲的末温比乙高。
3. 比热容判断：
由于题目没有给出甲乙两块金属的质量m甲、m乙的大小关系，仅知道c甲m甲 ＞ c乙m乙，无法单独推导c甲和c乙的大小关系，因此无法判断甲乙比热容的大小。
综上，只有选项B的描述符合推导结果。
【答案】
B
【知识点】
热量公式应用、比热容概念
【点评】
本题重点考察对吸热放热热量公式的逻辑推导，易错点是很多同学会忽略质量未知的隐含条件，误以为可以直接比较比热容大小错选C，解题时不需要纠结单个物理量的大小，先抓住cm整体的乘积关系就能快速判断温度变化量的高低。
【难度系数】
0.6
