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16 把质量为4kg，温度为20℃的铝块加热到70℃，已知$c_{\mathrm{铝}}=0.88× 10^3\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg}·°\mathrm{C})$，实验环境为1标准大气压。问：
（1）铝块吸收的热量为多少？
（2）若这些热量全部由沸水降温提供，需要多少千克的沸水？（结果保留至小数点后一位）
（1）铝块吸收的热量为多少？
（2）若这些热量全部由沸水降温提供，需要多少千克的沸水？（结果保留至小数点后一位）
答案
(1) $Q_{铝}=c_{铝} m_{铝} \Delta t=0.88×10^3 \ \mathrm{J}/(\mathrm{kg}·℃)×4\ \mathrm{kg}×(70℃−20℃)=1.76×10^5 \ \mathrm{J}$。
(2) $m =\dfrac{Q_{放}}{c \Delta t}=\dfrac{1.76×10^5 \ \mathrm{J}}{4.2×10^3 \ \mathrm{J}/(\mathrm{kg}·℃)×(100℃−70℃)}≈1.4\ \mathrm{kg}$。
(2) $m =\dfrac{Q_{放}}{c \Delta t}=\dfrac{1.76×10^5 \ \mathrm{J}}{4.2×10^3 \ \mathrm{J}/(\mathrm{kg}·℃)×(100℃−70℃)}≈1.4\ \mathrm{kg}$。
解析
【分析】
要解决这道题，需运用热量计算公式：吸热公式$Q_{吸}=cm\Delta t$、放热公式$Q_{放}=cm\Delta t$。
（1）求铝块吸收的热量，已知铝的比热容、质量、初温与末温，先计算铝块的温度变化量，再代入吸热公式计算即可。
（2）沸水提供的热量全部被铝块吸收，即$Q_{放}=Q_{吸}$；1标准大气压下沸水温度为100℃，据此计算沸水的温度变化量，再通过放热公式变形求所需沸水的质量。
【解析】
（1）铝块的温度变化量：$\Delta t_{铝}=70℃-20℃=50℃$
根据吸热公式，铝块吸收的热量：
$Q_{铝}=c_{铝}m_{铝}\Delta t_{铝}=0.88×10^3\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg}·℃)×4\ \mathrm{kg}×50℃=1.76×10^5\ \mathrm{J}$
（2）由题意得，沸水放出的热量等于铝块吸收的热量，即$Q_{放}=Q_{铝}=1.76×10^5\ \mathrm{J}$；
1标准大气压下沸水温度为100℃，则沸水的温度变化量：$\Delta t_{水}=100℃-70℃=30℃$
根据放热公式$Q_{放}=c_{水}m_{水}\Delta t_{水}$，变形得所需沸水的质量：
$m_{水}=\frac{Q_{放}}{c_{水}\Delta t_{水}}=\frac{1.76×10^5\ \mathrm{J}}{4.2×10^3\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg}·℃)×30℃}≈1.4\ \mathrm{kg}$
【答案】
(1) $1.76×10^5\ \mathrm{J}$；(2) $1.4\ \mathrm{kg}$
【知识点】
热量的计算、比热容的应用
【点评】
本题是热量计算的基础应用题，核心考查吸热、放热公式的灵活运用，关键在于准确确定温度变化量，牢记1标准大气压下沸水的温度，整体难度较低，属于学生应掌握的基础题型。
【难度系数】
0.8
要解决这道题，需运用热量计算公式：吸热公式$Q_{吸}=cm\Delta t$、放热公式$Q_{放}=cm\Delta t$。
（1）求铝块吸收的热量，已知铝的比热容、质量、初温与末温，先计算铝块的温度变化量，再代入吸热公式计算即可。
（2）沸水提供的热量全部被铝块吸收，即$Q_{放}=Q_{吸}$；1标准大气压下沸水温度为100℃，据此计算沸水的温度变化量，再通过放热公式变形求所需沸水的质量。
【解析】
（1）铝块的温度变化量：$\Delta t_{铝}=70℃-20℃=50℃$
根据吸热公式，铝块吸收的热量：
$Q_{铝}=c_{铝}m_{铝}\Delta t_{铝}=0.88×10^3\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg}·℃)×4\ \mathrm{kg}×50℃=1.76×10^5\ \mathrm{J}$
（2）由题意得，沸水放出的热量等于铝块吸收的热量，即$Q_{放}=Q_{铝}=1.76×10^5\ \mathrm{J}$；
1标准大气压下沸水温度为100℃，则沸水的温度变化量：$\Delta t_{水}=100℃-70℃=30℃$
根据放热公式$Q_{放}=c_{水}m_{水}\Delta t_{水}$，变形得所需沸水的质量：
$m_{水}=\frac{Q_{放}}{c_{水}\Delta t_{水}}=\frac{1.76×10^5\ \mathrm{J}}{4.2×10^3\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg}·℃)×30℃}≈1.4\ \mathrm{kg}$
【答案】
(1) $1.76×10^5\ \mathrm{J}$；(2) $1.4\ \mathrm{kg}$
【知识点】
热量的计算、比热容的应用
【点评】
本题是热量计算的基础应用题，核心考查吸热、放热公式的灵活运用，关键在于准确确定温度变化量，牢记1标准大气压下沸水的温度，整体难度较低，属于学生应掌握的基础题型。
【难度系数】
0.8
17 某同学在实验室完成了冰的熔化实验，并画出冰的温度随加热时间变化的温度-时间图像。实验时，冰的质量为1kg。已知水的比热容为$4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}$，若相同时间内水和冰吸收的热量相同，且冰熔化成水的过程中质量保持不变，求：
（1）水在CD段吸收的热量；
（2）冰的比热容。
（1）水在CD段吸收的热量；
（2）冰的比热容。
答案
(1) 由 $m_{水}=m_{冰}$ 可得，
$Q_{CD}=c_{水} m_{水} \Delta t=4.2×10^3 \ \mathrm{J}/(\mathrm{kg}·℃)×1\ \mathrm{kg}×(20℃−0℃)=8.4×10^4 \ \mathrm{J}$
(2) 由题图可知，CD段加热了10 min，AB段加热了5 min，因为相同时间内水和冰吸收的热量相同，所以 $Q_{AB}=\dfrac{1}{2}Q_{CD}=4.2×10^4 \ \mathrm{J}$，AB段冰的温度从−20℃升高到0℃，即$\Delta t = 20℃$，可得
$c_{冰}=\dfrac{Q_{AB}}{m \Delta t}=\dfrac{4.2×10^4 \ \mathrm{J}}{1\ \mathrm{kg}×20℃}=2.1×10^3 \ \mathrm{J}/(\mathrm{kg}·℃)$
$Q_{CD}=c_{水} m_{水} \Delta t=4.2×10^3 \ \mathrm{J}/(\mathrm{kg}·℃)×1\ \mathrm{kg}×(20℃−0℃)=8.4×10^4 \ \mathrm{J}$
(2) 由题图可知，CD段加热了10 min，AB段加热了5 min，因为相同时间内水和冰吸收的热量相同，所以 $Q_{AB}=\dfrac{1}{2}Q_{CD}=4.2×10^4 \ \mathrm{J}$，AB段冰的温度从−20℃升高到0℃，即$\Delta t = 20℃$，可得
$c_{冰}=\dfrac{Q_{AB}}{m \Delta t}=\dfrac{4.2×10^4 \ \mathrm{J}}{1\ \mathrm{kg}×20℃}=2.1×10^3 \ \mathrm{J}/(\mathrm{kg}·℃)$
解析
【分析】
本题需结合温度-时间图像提取加热时间、温度变化等信息，利用热量计算公式$Q=cm\Delta t$解题。（1）CD段为水吸热升温过程，已知水的比热容、质量和温度变化，直接代入公式计算吸收的热量；（2）根据“相同时间内水和冰吸收的热量相同”，结合CD段和AB段的加热时间关系，求出AB段冰吸收的热量，再结合冰的温度变化和质量，计算冰的比热容。
【解析】
（1）由题意知，水的质量与冰的质量相等，即$m_{水}=m_{冰}=1\ \mathrm{kg}$。
CD段水升高的温度：$\Delta t_{水}=20°\mathrm{C}-0°\mathrm{C}=20°\mathrm{C}$，
根据热量计算公式$Q=cm\Delta t$，CD段水吸收的热量：
$Q_{CD}=c_{水}m_{水}\Delta t_{水}=4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}×1\ \mathrm{kg}×20°\mathrm{C}=8.4×10^4\ \mathrm{J}$。
（2）由题图可知，CD段的加热时间$t_{CD}=55\ \mathrm{min}-45\ \mathrm{min}=10\ \mathrm{min}$，AB段的加热时间$t_{AB}=5\ \mathrm{min}-0\ \mathrm{min}=5\ \mathrm{min}$。
因相同时间内水和冰吸收的热量相同，故AB段冰吸收的热量：
$Q_{AB}=\frac{t_{AB}}{t_{CD}}Q_{CD}=\frac{5\ \mathrm{min}}{10\ \mathrm{min}}×8.4×10^4\ \mathrm{J}=4.2×10^4\ \mathrm{J}$。
AB段冰升高的温度：$\Delta t_{冰}=0°\mathrm{C}-(-20°\mathrm{C})=20°\mathrm{C}$，
根据比热容公式$c=\frac{Q}{m\Delta t}$，冰的比热容：
$c_{冰}=\frac{Q_{AB}}{m_{冰}\Delta t_{冰}}=\frac{4.2×10^4\ \mathrm{J}}{1\ \mathrm{kg}×20°\mathrm{C}}=2.1×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}$。
【答案】
(1) $8.4×10^4\ \mathrm{J}$；(2) $2.1×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}$
【知识点】
热量计算、比热容、晶体熔化图像
【点评】
本题结合温度-时间图像考查热量计算，需从图像中提取时间、温度变化等关键信息，利用“相同时间吸热相同”的条件，熟练运用比热容公式即可解题，是热学的基础综合题。
【难度系数】
0.5
本题需结合温度-时间图像提取加热时间、温度变化等信息，利用热量计算公式$Q=cm\Delta t$解题。（1）CD段为水吸热升温过程，已知水的比热容、质量和温度变化，直接代入公式计算吸收的热量；（2）根据“相同时间内水和冰吸收的热量相同”，结合CD段和AB段的加热时间关系，求出AB段冰吸收的热量，再结合冰的温度变化和质量，计算冰的比热容。
【解析】
（1）由题意知，水的质量与冰的质量相等，即$m_{水}=m_{冰}=1\ \mathrm{kg}$。
CD段水升高的温度：$\Delta t_{水}=20°\mathrm{C}-0°\mathrm{C}=20°\mathrm{C}$，
根据热量计算公式$Q=cm\Delta t$，CD段水吸收的热量：
$Q_{CD}=c_{水}m_{水}\Delta t_{水}=4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}×1\ \mathrm{kg}×20°\mathrm{C}=8.4×10^4\ \mathrm{J}$。
（2）由题图可知，CD段的加热时间$t_{CD}=55\ \mathrm{min}-45\ \mathrm{min}=10\ \mathrm{min}$，AB段的加热时间$t_{AB}=5\ \mathrm{min}-0\ \mathrm{min}=5\ \mathrm{min}$。
因相同时间内水和冰吸收的热量相同，故AB段冰吸收的热量：
$Q_{AB}=\frac{t_{AB}}{t_{CD}}Q_{CD}=\frac{5\ \mathrm{min}}{10\ \mathrm{min}}×8.4×10^4\ \mathrm{J}=4.2×10^4\ \mathrm{J}$。
AB段冰升高的温度：$\Delta t_{冰}=0°\mathrm{C}-(-20°\mathrm{C})=20°\mathrm{C}$，
根据比热容公式$c=\frac{Q}{m\Delta t}$，冰的比热容：
$c_{冰}=\frac{Q_{AB}}{m_{冰}\Delta t_{冰}}=\frac{4.2×10^4\ \mathrm{J}}{1\ \mathrm{kg}×20°\mathrm{C}}=2.1×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}$。
【答案】
(1) $8.4×10^4\ \mathrm{J}$；(2) $2.1×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}$
【知识点】
热量计算、比热容、晶体熔化图像
【点评】
本题结合温度-时间图像考查热量计算，需从图像中提取时间、温度变化等关键信息，利用“相同时间吸热相同”的条件，熟练运用比热容公式即可解题，是热学的基础综合题。
【难度系数】
0.5
18 在“探究不同物质的吸热性质”实验中，实验装置如图所示。
（1）实验中应取
（2）实验数据如表所示，由表中数据可知，吸收相同的热量，
（1）实验中应取
质量
（选填“质量”或“体积”）相同的甲、乙两种液体，分别倒入相同的烧杯中，使用规格相同
（选填“相同”或“不同”）的电加热器加热。实验中通过加热时间
（选填“升高的温度”或“加热时间”）来比较甲和乙两种液体吸收热量的多少。（2）实验数据如表所示，由表中数据可知，吸收相同的热量，
甲
（选填“甲”或“乙”）液体升高的温度较少。答案
(1) 质量 相同 加热时间 (2) 甲
解析
【分析】
本题考查“探究不同物质的吸热性质”实验，需结合控制变量法和转换法分析：（1）实验中要控制变量，保证甲、乙两种液体的质量相同，电加热器规格相同以保证相同时间放热相同，用加热时间间接反映吸收热量的多少；（2）吸收相同热量即加热时间相同，对比温度变化即可判断。
【解析】
（1）根据控制变量法，探究不同物质吸热性质时，需控制甲、乙的质量相同（若体积相同，不同物质密度不同则质量不同，无法控制变量）；使用规格相同的电加热器，保证相同时间内两种液体吸收的热量相同；实验中利用转换法，通过加热时间的长短来比较吸收热量的多少（加热时间越长，吸收热量越多）。
（2）吸收相同热量时，即加热时间相同，对比实验数据可知，甲液体升高的温度比乙液体少。
【答案】
(1) 质量 相同 加热时间 (2) 甲
【知识点】
探究物质的吸热性质、控制变量法、转换法
【点评】
本题聚焦热学基础实验，重点考查实验方法的应用，难度适中，需学生理解实验设计的原理。
【难度系数】
0.6
本题考查“探究不同物质的吸热性质”实验，需结合控制变量法和转换法分析：（1）实验中要控制变量，保证甲、乙两种液体的质量相同，电加热器规格相同以保证相同时间放热相同，用加热时间间接反映吸收热量的多少；（2）吸收相同热量即加热时间相同，对比温度变化即可判断。
【解析】
（1）根据控制变量法，探究不同物质吸热性质时，需控制甲、乙的质量相同（若体积相同，不同物质密度不同则质量不同，无法控制变量）；使用规格相同的电加热器，保证相同时间内两种液体吸收的热量相同；实验中利用转换法，通过加热时间的长短来比较吸收热量的多少（加热时间越长，吸收热量越多）。
（2）吸收相同热量时，即加热时间相同，对比实验数据可知，甲液体升高的温度比乙液体少。
【答案】
(1) 质量 相同 加热时间 (2) 甲
【知识点】
探究物质的吸热性质、控制变量法、转换法
【点评】
本题聚焦热学基础实验，重点考查实验方法的应用，难度适中，需学生理解实验设计的原理。
【难度系数】
0.6
