4（2024黑龙江）楼房中的“暖气”一般采用热水循环的方式将热带到房屋中通过热传递供暖，这是因为水的大，若供暖设备中50 kg的水温度降低2 ℃，放出的热量是J。
[$c_{\mathrm{水}}=4.2×10^3\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg}·°\mathrm{C})$]

比热容 $4.2×10^5$

【分析】
本题考查比热容的应用及热量的计算。第一空需结合水的比热容特性，理解暖气用水循环供暖的原因；第二空直接运用热量计算公式代入数值计算即可。
【解析】
1. 第一空：水的比热容较大，相同质量的水和其他物质相比，降低相同温度时能放出更多热量，供暖效果更好，因此暖气采用热水循环。
2. 第二空：根据热量计算公式$Q_{\mathrm{放}}=c_{\mathrm{水}}m\Delta t$，代入已知数据：$c_{\mathrm{水}}=4.2×10^3\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg}·°\mathrm{C})$，$m=50\ \mathrm{kg}$，$\Delta t=2\ \mathrm{°C}$，可得$Q_{\mathrm{放}}=4.2×10^3\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg}·°\mathrm{C})×50\ \mathrm{kg}×2\ \mathrm{°C}=4.2×10^5\ \mathrm{J}$。
【答案】
比热容；$4.2×10^5$
【知识点】
比热容、热量的计算
【点评】
本题结合生活实际场景，考查比热容的特性和热量的基础计算，属于初中物理热学部分的基础题，难度较低，需牢记相关概念和公式即可解答。
【难度系数】
0.8

5 根据下表的数据可知,要使质量相同的表中所列的三种物质升高相同的温度,吸收热量最多的是;如果这三种物质的质量相同、初温相同,当放出相同的热量后,则温度最高,若使它们的末温相等,则放出热量最少的是.

煤油 煤油 铝

【分析】
本题需利用热量计算公式$Q=cmΔt$分析，核心是明确各物理量间的关系：当质量$m$相同时，吸收/放出的热量$Q$与比热容$c$成正比；当$Q$相同时，温度变化$Δt$与$c$成反比；当$Δt$相同时，$Q$与$c$成正比。结合三种物质的比热容大小，逐一分析三个问题即可。
【解析】
三种物质的比热容大小关系为：$c_{煤油}=2.1×10^3 J/(kg·℃) ＞ c_{沙石}=0.92×10^3 J/(kg·℃) ＞ c_{铝}=0.88×10^3 J/(kg·℃)$。
1. 质量相同、升高相同温度时，由吸热公式$Q_{吸}=cmΔt$，$m$和$Δt$相同，$c$越大，吸收热量越多，故吸收热量最多的是煤油；
2. 质量相同、初温相同、放出相同热量时，由放热公式$Q_{放}=cmΔt$得$Δt=\frac{Q_{放}}{cm}$，$Q_{放}$和$m$相同，$c$越大，温度降低量$Δt$越小，末温=初温-$Δt$，因此$c$最大的煤油温度最高；
3. 末温相等、初温相同，故温度变化$Δt$相同，由$Q_{放}=cmΔt$，$m$和$Δt$相同，$c$越小，放出热量越少，因此放出热量最少的是铝。
【答案】
煤油；煤油；铝
【知识点】
比热容应用；热量计算
【点评】
本题是比热容公式的基础应用题，需熟练掌握$Q=cmΔt$的变形，分析各物理量的比例关系，难度较低，属于学生易掌握的基础题。
【难度系数】
0.6

6 已知沙石的比热容为$0.92× 10^{3}\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg}· \mathrm{℃})$，若质量为200 g，初温为20 ℃的沙石吸收了$7.36× 10^{3}\ \mathrm{J}$的热量，那么沙石的温度会升高到℃.城市的“热岛效应”是指市中心的温度比郊区高一些，这是因为沙石的比热容(填“大”或“小”).

60 小

【分析】
要解决本题，需分两步分析：第一步利用吸热公式计算沙石升高后的温度，需先统一质量单位，再代入公式求解；第二步结合比热容的特性，分析城市热岛效应的成因，明确比热容大小对温度变化的影响。
【解析】
1. 计算沙石升高后的温度：
首先统一质量单位：$ m = 200\ \mathrm{g} = 0.2\ \mathrm{kg} $。
根据吸热公式 $ Q_{\mathrm{吸}} = cm\Delta t $，变形得温度变化量 $ \Delta t = \frac{Q_{\mathrm{吸}}}{cm} $，代入数据：
$ \Delta t = \frac{7.36 × 10^3\ \mathrm{J}}{0.92 × 10^3\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg·℃}) × 0.2\ \mathrm{kg}} = 40\ \mathrm{℃} $。
则沙石升高到的温度 $ t = t_0 + \Delta t = 20\ \mathrm{℃} + 40\ \mathrm{℃} = 60\ \mathrm{℃} $。
2. 分析热岛效应：
城市中多沙石，沙石的比热容较小，相同质量的沙石与水等物质相比，吸收相同热量时升温更快，导致市中心温度更高，形成热岛效应，故填“小”。
【答案】
60；小
【知识点】
比热容的计算、比热容的应用
【点评】
本题考查比热容公式的基础应用及比热容在生活中的实际意义，属于常规基础题，重点考查公式的掌握和对生活现象的理解，难度较低。
【难度系数】
0.8

7（2024宿迁泗阳模拟）如图所示为小明加热质量为0.2 kg某物质时，测得其温度随时间变化的图像.已知该物质在固态时的比热容为$c_1=2.1×10^3\mathrm{J}/(\mathrm{kg}·°\mathrm{C})$；假设这种物质从热源吸热的功率恒定不变，根据图像解答下列问题：
（1）在最初的2 min内，物质吸收的热量为J.
（2）该物质液态的比热容$c_2=\_\_\_\_\_\_\mathrm{J}/(\mathrm{kg}·°\mathrm{C})$.
（3）该物质在第4 min时的内能（填“小于”“等于”或“大于”）第8 min时的内能.
（第7题）

(1) $8.4×10^3$ (2) $4.2×10^3$ (3) 小于

【分析】
要解决本题，需结合晶体熔化的温度-时间图像，利用热量公式、吸热功率恒定的特点及晶体熔化的内能变化规律分析：
1. 最初2min物质处于固态，已知固态比热容、质量和温度变化，可直接用热量公式计算吸收的热量；
2. 热源吸热功率恒定，相同时间吸收热量相同，先通过固态阶段的热量和时间确定热量比例，再结合液态阶段的温度变化计算液态比热容；
3. 晶体熔化过程持续吸热，内能随吸热增加，据此判断不同时刻的内能大小。
【解析】
（1）最初2min内，物质为固态，温度变化$\Delta t_1 = 0°\mathrm{C} - (-20°\mathrm{C}) = 20°\mathrm{C}$，根据热量公式$Q = cm\Delta t$，吸收的热量：
$Q_1 = c_1m\Delta t_1 = 2.1×10^3\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg}·°\mathrm{C}) × 0.2\ \mathrm{kg} × 20°\mathrm{C} = 8.4×10^3\ \mathrm{J}$；
（2）吸热功率恒定，固态阶段2min吸收热量为$Q_1$；液态阶段（10min到14min，时间$\Delta t=4\ \mathrm{min}$）温度变化$\Delta t_2=20°\mathrm{C}$，则液态阶段吸收的热量$Q_2 = \frac{4\ \mathrm{min}}{2\ \mathrm{min}}×Q_1 = 2×8.4×10^3\ \mathrm{J} = 1.68×10^4\ \mathrm{J}$；
液态比热容$c_2 = \frac{Q_2}{m\Delta t_2} = \frac{1.68×10^4\ \mathrm{J}}{0.2\ \mathrm{kg}×20°\mathrm{C}} = 4.2×10^3\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg}·°\mathrm{C})$；
（3）该物质在熔化过程（2min~10min）中持续吸热，内能不断增加，因此第4min时的内能小于第8min时的内能。
【答案】
(1) $8.4×10^3$ (2) $4.2×10^3$ (3) 小于
【知识点】
比热容计算、晶体熔化特点、内能变化
【点评】
本题结合温度-时间图像，综合考查热量计算、比热容推导及内能变化，需理解“吸热功率恒定”的隐含条件，掌握晶体熔化时内能变化的规律，是热学的典型综合题。
【难度系数】
0.5

8 一杯水，温度由$30\ \mathrm{° C}$加热到$50\ \mathrm{° C}$时，吸收的热量为$Q_1$，再由$50\ \mathrm{° C}$加热到$70\ \mathrm{° C}$时，吸收的热量为$Q_2$，$Q_1$与$Q_2$的大小关系为（）

A.$Q_1＞Q_2$
B.$Q_1=Q_2$
C.$Q_1＜Q_2$
D.无法判断

B

【分析】要比较两次加热水吸收热量的大小，需利用热量计算公式$Q=cm\Delta t$分析。题目中是同一杯水，因此水的比热容$c$和质量$m$均保持不变，只需计算两次加热的温度变化量$\Delta t$，即可判断热量的关系。
【解析】根据热量计算公式$Q=cm\Delta t$（$c$为比热容，$m$为质量，$\Delta t$为温度变化量）：
1. 同一杯水的比热容$c$和质量$m$相同；
2. 第一次加热的温度变化量$\Delta t_1=50° C - 30° C=20° C$，第二次加热的温度变化量$\Delta t_2=70° C - 50° C=20° C$，即$\Delta t_1=\Delta t_2$；
3. 代入公式得$Q_1=cm\Delta t_1$，$Q_2=cm\Delta t_2$，因此$Q_1=Q_2$。
【答案】B
【知识点】热量计算、比热容
【点评】本题考查热量公式的基础应用，核心是明确同一物质的比热容和质量不变，温度变化量相等时吸收热量相等，属于简单的基础题，学生易掌握。
【难度系数】0.8

9 将质量相同的甲、乙、丙三块金属加热到相同的温度后，放到上表面平整的冰块上。经过一定时间后，冰块形状基本不再变化时的情形如图所示，则金属的比热容大小相比（）

A.$ c_{甲} $最大
B.$ c_{乙} $最大
C.$ c_{丙} $最大
D.$ c_{甲}=c_{乙}=c_{丙} $

C

【分析】
要判断金属比热容的大小，需结合放热公式分析。已知三块金属质量相同、初始温度相同，最终冰块不再变化时，金属的末温相同，因此温度变化量Δt相同。冰块凹陷程度反映金属放出热量的多少，凹陷越深，说明放出的热量越多。根据放热公式Q放=cmΔt，当m和Δt相同时，放出热量Q越多，比热容c越大，据此可判断比热容大小。
【解析】
由题意可知：甲、乙、丙三块金属的质量m相同，初始温度相同，最终冰块不再变化时，金属的末温等于冰的熔点，因此温度变化量Δt相同。
从图中可知，丙金属使冰块凹陷最深，说明丙放出的热量最多，即Q丙＞Q乙＞Q甲。
根据放热公式Q放=cmΔt，变形得c=Q放/(mΔt)，由于m和Δt都相同，所以放出热量Q越大，比热容c越大，因此c丙最大，对应选项C。
【答案】
C
【知识点】
比热容、放热计算
【点评】
本题结合冰块融化的情境考查比热容的应用，关键是理解冰块凹陷程度反映放热多少，再利用放热公式分析比热容的大小，属于比热容的基础应用题型。
【难度系数】
0.6

10 甲、乙两物体的质量之比是$3:1$，比热容之比是$3:2$，它们吸收的热量之比是$2:1$，则甲、乙两物体升高温度之比为 （）

A.$9:1$
B.$9:4$
C.$1:9$
D.$4:9$

D

【分析】
本题考查热量公式的应用，已知甲、乙两物体的质量、比热容、吸收热量的比值，要求升高温度的比值。首先回忆热量计算公式$Q=cm\Delta t$，将公式变形得到$\Delta t=\frac{Q}{cm}$，再分别写出甲、乙的升高温度表达式，代入已知比值计算，计算时需注意各物理量的对应关系，避免比值颠倒。
【解析】
根据热量计算公式$Q = cm\Delta t$，变形可得升高温度的表达式：$\Delta t = \frac{Q}{cm}$。
设甲物体的质量为$m_1$，比热容为$c_1$，吸收热量为$Q_1$，升高温度为$\Delta t_1$；乙物体对应为$m_2$、$c_2$、$Q_2$、$\Delta t_2$。
已知：$m_1:m_2 = 3:1$，$c_1:c_2 = 3:2$，$Q_1:Q_2 = 2:1$。
则甲、乙升高温度之比：
$\frac{\Delta t_1}{\Delta t_2} = \frac{\frac{Q_1}{c_1 m_1}}{\frac{Q_2}{c_2 m_2}} = \frac{Q_1}{Q_2} × \frac{c_2}{c_1} × \frac{m_2}{m_1}$
代入比值计算：
$\frac{\Delta t_1}{\Delta t_2} = \frac{2}{1} × \frac{2}{3} × \frac{1}{3} = \frac{4}{9}$
即$\Delta t_1:\Delta t_2 = 4:9$。
【答案】
D
【知识点】
热量计算公式的应用
【点评】
本题是热量公式的基础应用题型，核心是公式变形与比值运算，需注意各物理量的对应关系，计算时避免分子分母颠倒，属于初中物理热学部分的基础题，难度适中。
【难度系数】
0.6