5.某实验小组用图甲所示的装置比较水和煤油的吸热本领。

(1)加热前，在一个烧杯中倒入240 mL的水，为了使水和煤油的质量相同，需要在另一个相同烧杯中倒入 mL的煤油。($\rho_{水}=1.0× 10^3\ \mathrm{kg/m}^3$，$\rho_{煤油}=0.8× 10^3\ \mathrm{kg/m}^3$)
(2)用两个相同规格的电加热器来加热水和煤油，每隔1 min记录一次温度，整个实验操作无误。图乙中，若图线②反映水的温度随时间的变化规律，则图线(填序号)可以反映煤油的温度随时间的变化规律。
(3)同时停止加热，在相同质量的水和煤油的温度降低过程中，水放出的热量与降低的温度之比(填“大于”“小于”或“等于”)煤油放出的热量与降低的温度之比。

5.(1) 300 (2) ① (3) 大于

【分析】
本题需结合密度公式、比热容的特性及热量公式分析：第(1)题利用质量相等时密度与体积的关系计算煤油体积；第(2)题根据相同质量的不同物质吸收相同热量时，比热容越小升温越快的规律判断图线；第(3)题通过热量公式推导比值，结合比热容大小比较结果。
【解析】
(1) 已知水的体积$V_{水}=240\ \mathrm{mL}=240\ \mathrm{cm}^3$，水的密度$\rho_{水}=1.0×10^3\ \mathrm{kg/m}^3=1\ \mathrm{g/cm}^3$，煤油密度$\rho_{煤油}=0.8\ \mathrm{g/cm}^3$。因为水和煤油质量相同，由$m=\rho V$得$\rho_{水}V_{水}=\rho_{煤油}V_{煤油}$，因此$V_{煤油}=\frac{\rho_{水}V_{水}}{\rho_{煤油}}=\frac{1\ \mathrm{g/cm}^3×240\ \mathrm{cm}^3}{0.8\ \mathrm{g/cm}^3}=300\ \mathrm{cm}^3=300\ \mathrm{mL}$。
(2) 相同规格的电加热器，相同时间内水和煤油吸收的热量$Q$相同，质量$m$相同。根据$Q=cm\Delta t$，变形得$\Delta t=\frac{Q}{cm}$，由于$c_{水}＞c_{煤油}$，所以煤油升高的温度$\Delta t$更大，即升温更快。图线②是水的温度变化规律，因此升温更快的图线①反映煤油的温度变化规律。
(3) 由$Q_{放}=cm\Delta t$，可得$\frac{Q_{放}}{\Delta t}=cm$。水和煤油质量$m$相同，且$c_{水}＞c_{煤油}$，所以水放出的热量与降低温度之比（$cm$）大于煤油的该比值。
【答案】
(1) 300 (2) ① (3) 大于
【知识点】
密度公式应用、比热容、热量计算
【点评】
本题结合探究物质吸热本领的实验，考查密度和比热容的基础应用，需灵活运用密度公式和热量公式，属于常规基础题。
【难度系数】
0.6

6.便携温水杯不仅方便携带，还可以支持充电宝、电脑等的USB直流加热，使出门在外的人们更加方便。右图所示为某品牌便携温水杯及相关参数信息，该品牌的电池容量为12800 mAh。[水的比热容为 $4.2×10^3\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg}·℃)$，水的密度为 $1×10^3\ \mathrm{kg}/\mathrm{m}^3$]

(1)该品牌的电池在充电时将能转化为能。
(2)该水杯装满水，使水温 $20\ ℃$加热至$50\ ℃$，杯内的水吸收热J。

6.(1) 电 化学 (2) $3.276×10^4$

【分析】
第(1)问：电池充电时，消耗电能，转化为电池内部的化学能储存，据此判断能量转化形式；第(2)问：计算水吸收的热量，需先根据水杯容量（水的体积）和水的密度算出水的质量，再利用吸热公式$Q_{吸}=cm\Delta t$计算，其中$\Delta t$为温度变化量（末温减初温），注意单位统一。
【解析】
(1) 电池充电过程中，消耗电能，将电能转化为化学能储存起来，故能量转化为电能转化为化学能。
(2) 水杯装满水时，水的体积$V=260\ \mathrm{mL}=260\ \mathrm{cm}^3$，水的密度$\rho=1×10^3\ \mathrm{kg/m}^3=1\ \mathrm{g/cm}^3$，根据$\rho=\frac{m}{V}$，可得水的质量$m=\rho V=1\ \mathrm{g/cm}^3×260\ \mathrm{cm}^3=260\ \mathrm{g}=0.26\ \mathrm{kg}$；水温变化$\Delta t=50°\mathrm{C}-20°\mathrm{C}=30°\mathrm{C}$，根据吸热公式$Q_{吸}=cm\Delta t$，代入数据得：
$Q_{吸}=4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}×0.26\ \mathrm{kg}×30°\mathrm{C}=3.276×10^4\ \mathrm{J}$。
【答案】
(1) 电；化学 (2) $3.276×10^4$
【知识点】
能量转化、热量计算
【点评】
本题结合生活实例考查基础知识点，难度较低，需掌握能量转化的判断方法和热量计算公式的应用，重点注意体积单位与质量单位的换算。
【难度系数】
0.3

7.当今太阳能热水器已经在城乡用得非常普遍了。已知某太阳能热水器在冬季有效日照时段里，能将$8\ °\mathrm{C}$、$100\ \mathrm{L}$水加热到$38\ °\mathrm{C}$。[水的比热容为$4.2×10^3\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg}·°\mathrm{C})$，水的密度为$1.0×10^3\ \mathrm{kg}/\mathrm{m}^3$]
(1)热水器中水的质量是多少？
(2)在此过程中，水吸收了多少热量？
(3)若此期间太阳辐射到热水器的热量为$4.2×10^7\ \mathrm{J}$，则该热水器的效率是多少？

7. 解：(1) 水的体积 $V=100\ \mathrm{L}=100\ \mathrm{dm}^3=0.1\ \mathrm{m}^3$，由$\rho=\frac{m}{V}$可得，水的质量 $m=\rho V=1.0×10^3\ \mathrm{kg/m}^3×0.1\ \mathrm{m}^3=100\ \mathrm{kg}$。
(2) 在此过程中，水吸收的热量 $Q_{\mathrm{吸}}=cm(t-t_0)=4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}×100\ \mathrm{kg}×(38\ ℃-8\ ℃)=1.26×10^7\ \mathrm{J}$。
(3) 该热水器的效率$\eta=\frac{Q_{\mathrm{吸}}}{Q}×100\%=\frac{1.26×10^7\ \mathrm{J}}{4.2×10^7\ \mathrm{J}}×100\%=30\%$。

【分析】
要解决这道题，需分三步逐步推导：第一步，求水的质量，已知水的体积和密度，利用密度公式变形计算，注意体积单位的换算；第二步，求水吸收的热量，利用吸热公式，代入质量、比热容和温度变化量计算；第三步，求热水器的效率，效率等于水吸收的热量与太阳辐射总热量的比值，乘以100%即可。
【解析】
(1) 先统一单位：水的体积$V=100\ \mathrm{L}=100\ \mathrm{dm}^3=0.1\ \mathrm{m}^3$，根据密度公式$\rho=\frac{m}{V}$，可得水的质量：$m=\rho V=1.0×10^3\ \mathrm{kg/m}^3×0.1\ \mathrm{m}^3=100\ \mathrm{kg}$。
(2) 水升高的温度$\Delta t=38\ ℃-8\ ℃=30\ ℃$，根据吸热公式，水吸收的热量：$Q_{\mathrm{吸}}=cm\Delta t=4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}×100\ \mathrm{kg}×30\ ℃=1.26×10^7\ \mathrm{J}$。
(3) 热水器的效率：$\eta=\frac{Q_{\mathrm{吸}}}{Q}×100\%=\frac{1.26×10^7\ \mathrm{J}}{4.2×10^7\ \mathrm{J}}×100\%=30\%$。
【答案】
(1) $100\ \mathrm{kg}$；(2) $1.26×10^7\ \mathrm{J}$；(3) $30\%$
【知识点】
密度公式应用、热量计算、热效率计算
【点评】
本题为热学基础计算题，考查密度、吸热公式及效率公式的基本应用，步骤清晰、计算简单，是巩固热学核心公式的典型基础题。
【难度系数】
0.8