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8. (2023·苏州)正午,小明对水面获取太阳的能量情况进行研究,他将装有400 g水的盘子放在室外平台上,经阳光照射10 min,水温升高了2.5 ℃,不计水的蒸发[水的比热容是$4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}$].
(1) 该过程水吸收的热量是多少?
(2) 若照射到盘中水面上太阳能的功率为25 W,水获取太阳能的效率是多大?
(1) 该过程水吸收的热量是多少?
(2) 若照射到盘中水面上太阳能的功率为25 W,水获取太阳能的效率是多大?
答案
8. (1) $4.2×10^3\ \mathrm{J}$ (2) 28%
解析
【分析】
要解决本题，分两步分析：
1. 求水吸收的热量，需利用吸热公式$Q_{吸}=cm\Delta t$，注意先将质量单位从g转换为kg，再代入数值计算；
2. 求水获取太阳能的效率，需先计算照射到水面的总太阳能（总能量$W=Pt$），再用水吸收的热量（有用能量）除以总太阳能，乘以100%得到效率，注意时间单位要转换为秒。
【解析】
(1) 统一单位：水的质量$m=400\ \mathrm{g}=0.4\ \mathrm{kg}$，
根据吸热公式$Q_{吸}=cm\Delta t$，代入数据得：
$Q_{吸}=4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)} × 0.4\ \mathrm{kg} × 2.5\ \mathrm{℃}=4.2×10^3\ \mathrm{J}$；
(2) 计算总太阳能：时间$t=10\ \mathrm{min}=10×60\ \mathrm{s}=600\ \mathrm{s}$，
总能量$W=Pt=25\ \mathrm{W}×600\ \mathrm{s}=1.5×10^4\ \mathrm{J}$，
水获取太阳能的效率$\eta=\frac{Q_{吸}}{W}×100\%=\frac{4.2×10^3\ \mathrm{J}}{1.5×10^4\ \mathrm{J}}×100\%=28\%$。
【答案】
(1) $4.2×10^3\ \mathrm{J}$；(2) $28\%$
【知识点】
热量计算、效率计算、单位换算
【点评】
本题考查热量公式和效率的基础应用，属于常规基础题，解题核心是统一物理量单位，避免因单位转换错误导致计算失误。
【难度系数】
0.8
要解决本题，分两步分析：
1. 求水吸收的热量，需利用吸热公式$Q_{吸}=cm\Delta t$，注意先将质量单位从g转换为kg，再代入数值计算；
2. 求水获取太阳能的效率，需先计算照射到水面的总太阳能（总能量$W=Pt$），再用水吸收的热量（有用能量）除以总太阳能，乘以100%得到效率，注意时间单位要转换为秒。
【解析】
(1) 统一单位：水的质量$m=400\ \mathrm{g}=0.4\ \mathrm{kg}$，
根据吸热公式$Q_{吸}=cm\Delta t$，代入数据得：
$Q_{吸}=4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)} × 0.4\ \mathrm{kg} × 2.5\ \mathrm{℃}=4.2×10^3\ \mathrm{J}$；
(2) 计算总太阳能：时间$t=10\ \mathrm{min}=10×60\ \mathrm{s}=600\ \mathrm{s}$，
总能量$W=Pt=25\ \mathrm{W}×600\ \mathrm{s}=1.5×10^4\ \mathrm{J}$，
水获取太阳能的效率$\eta=\frac{Q_{吸}}{W}×100\%=\frac{4.2×10^3\ \mathrm{J}}{1.5×10^4\ \mathrm{J}}×100\%=28\%$。
【答案】
(1) $4.2×10^3\ \mathrm{J}$；(2) $28\%$
【知识点】
热量计算、效率计算、单位换算
【点评】
本题考查热量公式和效率的基础应用，属于常规基础题，解题核心是统一物理量单位，避免因单位转换错误导致计算失误。
【难度系数】
0.8
9. 在质量为1 kg的铁锅中放有2 kg的水，要把它们从20 ℃加热到80 ℃。[$c_{铁}=0.46×10^{3}\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg}·°\mathrm{C})$]
（1）铁锅吸收的热量是多少？
（2）铁锅和水总共吸收多少热量？
（1）铁锅吸收的热量是多少？
（2）铁锅和水总共吸收多少热量？
答案
9. (1) $2.76×10^4\ \mathrm{J}$ (2) $5.316×10^5\ \mathrm{J}$
解析
【分析】
本题考查热量的计算，解题思路是利用吸热公式$Q_{吸}=cm\Delta t$（$\Delta t$为温度变化量，即末温减初温），分别计算铁锅和水吸收的热量，再将两者热量相加得到总热量。计算时需注意水的比热容为常量（$4.2×10^3\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg·℃})$），且温度变化量$\Delta t=80℃-20℃=60℃$。
【解析】
解：已知初温$t_0=20℃$，末温$t=80℃$，则温度变化量$\Delta t = t - t_0 = 80℃ - 20℃ = 60℃$。
（1）铁锅吸收的热量：
$Q_{铁}=c_{铁}m_{铁}\Delta t = 0.46×10^3\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg·℃}) × 1\ \mathrm{kg} × 60℃ = 2.76×10^4\ \mathrm{J}$；
（2）水的比热容$c_{水}=4.2×10^3\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg·℃})$，水吸收的热量：
$Q_{水}=c_{水}m_{水}\Delta t = 4.2×10^3\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg·℃}) × 2\ \mathrm{kg} × 60℃ = 5.04×10^5\ \mathrm{J}$；
铁锅和水总共吸收的热量：
$Q_{总}=Q_{铁}+Q_{水}=2.76×10^4\ \mathrm{J} + 5.04×10^5\ \mathrm{J}=5.316×10^5\ \mathrm{J}$。
【答案】（1）$2.76×10^4\ \mathrm{J}$；（2）$5.316×10^5\ \mathrm{J}$
【知识点】热量的计算；比热容的应用
【点评】本题为初中热学基础计算题，主要考查吸热公式的应用，需牢记水的比热容这一常量，准确确定温度变化量是计算关键，属于易得分的基础题型。
【难度系数】0.8
本题考查热量的计算，解题思路是利用吸热公式$Q_{吸}=cm\Delta t$（$\Delta t$为温度变化量，即末温减初温），分别计算铁锅和水吸收的热量，再将两者热量相加得到总热量。计算时需注意水的比热容为常量（$4.2×10^3\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg·℃})$），且温度变化量$\Delta t=80℃-20℃=60℃$。
【解析】
解：已知初温$t_0=20℃$，末温$t=80℃$，则温度变化量$\Delta t = t - t_0 = 80℃ - 20℃ = 60℃$。
（1）铁锅吸收的热量：
$Q_{铁}=c_{铁}m_{铁}\Delta t = 0.46×10^3\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg·℃}) × 1\ \mathrm{kg} × 60℃ = 2.76×10^4\ \mathrm{J}$；
（2）水的比热容$c_{水}=4.2×10^3\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg·℃})$，水吸收的热量：
$Q_{水}=c_{水}m_{水}\Delta t = 4.2×10^3\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg·℃}) × 2\ \mathrm{kg} × 60℃ = 5.04×10^5\ \mathrm{J}$；
铁锅和水总共吸收的热量：
$Q_{总}=Q_{铁}+Q_{水}=2.76×10^4\ \mathrm{J} + 5.04×10^5\ \mathrm{J}=5.316×10^5\ \mathrm{J}$。
【答案】（1）$2.76×10^4\ \mathrm{J}$；（2）$5.316×10^5\ \mathrm{J}$
【知识点】热量的计算；比热容的应用
【点评】本题为初中热学基础计算题，主要考查吸热公式的应用，需牢记水的比热容这一常量，准确确定温度变化量是计算关键，属于易得分的基础题型。
【难度系数】0.8
10. 甲、乙两种物质的比热容之比是2:1，质量之比是3:1，若它们吸收的热量相等，则甲、乙升高的温度之比为
$1:6$
；若它们升高相等的温度，则它们吸收的热量之比是$6:1$
。答案
10. 1:6；6:1
解析
【分析】本题考查比热容公式$ Q=cm\Delta t $的应用，需分两种场景分析：①当甲、乙吸收热量相等时，通过公式变形得到温度变化与比热容、质量的关系，再代入比例计算温度变化之比；②当甲、乙升高温度相等时，直接利用热量公式的比值关系，代入已知的比热容、质量比例求解吸热之比，解题时需明确各物理量对应甲、乙的关系，避免混淆。
【解析】根据热量计算公式$ Q=cm\Delta t $，分两步计算：
1. 吸收热量相等时的温度变化之比：
已知$ Q_甲=Q_乙 $，由公式变形得$ \Delta t=\frac{Q}{cm} $，则：
$\frac{\Delta t_甲}{\Delta t_乙} = \frac{\frac{Q_甲}{c_甲m_甲}}{\frac{Q_乙}{c_乙m_乙}}$
因$ Q_甲=Q_乙 $，约去后代入$ c_甲:c_乙=2:1 $、$ m_甲:m_乙=3:1 $，得：
$\frac{\Delta t_甲}{\Delta t_乙} = \frac{\frac{1}{2×3}}{\frac{1}{1×1}} = \frac{1}{6} = 1:6$
2. 升高温度相等时的吸热之比：
已知$ \Delta t_甲=\Delta t_乙 $，由热量公式得：
$\frac{Q_甲}{Q_乙} = \frac{c_甲m_甲\Delta t_甲}{c_乙m_乙\Delta t_乙}$
因$ \Delta t_甲=\Delta t_乙 $，约去后代入已知比例，得：
$\frac{Q_甲}{Q_乙} = \frac{2×3}{1×1} = 6:1$
【答案】1:6；6:1
【知识点】比热容公式应用、热量计算
【点评】本题是初中物理比热容章节的基础应用题型，核心是公式的灵活变形与比例运算，易错点为物理量对应关系的混淆，只要牢记公式并准确代入比例即可解答，属于常规得分题。
【难度系数】0.5
【解析】根据热量计算公式$ Q=cm\Delta t $，分两步计算：
1. 吸收热量相等时的温度变化之比：
已知$ Q_甲=Q_乙 $，由公式变形得$ \Delta t=\frac{Q}{cm} $，则：
$\frac{\Delta t_甲}{\Delta t_乙} = \frac{\frac{Q_甲}{c_甲m_甲}}{\frac{Q_乙}{c_乙m_乙}}$
因$ Q_甲=Q_乙 $，约去后代入$ c_甲:c_乙=2:1 $、$ m_甲:m_乙=3:1 $，得：
$\frac{\Delta t_甲}{\Delta t_乙} = \frac{\frac{1}{2×3}}{\frac{1}{1×1}} = \frac{1}{6} = 1:6$
2. 升高温度相等时的吸热之比：
已知$ \Delta t_甲=\Delta t_乙 $，由热量公式得：
$\frac{Q_甲}{Q_乙} = \frac{c_甲m_甲\Delta t_甲}{c_乙m_乙\Delta t_乙}$
因$ \Delta t_甲=\Delta t_乙 $，约去后代入已知比例，得：
$\frac{Q_甲}{Q_乙} = \frac{2×3}{1×1} = 6:1$
【答案】1:6；6:1
【知识点】比热容公式应用、热量计算
【点评】本题是初中物理比热容章节的基础应用题型，核心是公式的灵活变形与比例运算，易错点为物理量对应关系的混淆，只要牢记公式并准确代入比例即可解答，属于常规得分题。
【难度系数】0.5
11. 测量温度时,有时需要考虑温度计对测量结果的影响.例如,当被测物体质量较小,但温度较高时,温度计会
吸收
(吸收/放出)热量使被测物体温度降低
(升高/不变/降低),此时为了使测量值更接近真实值,应选择煤油
(酒精/煤油)温度计.[假定温度计玻璃泡相同,$\rho_{\mathrm{酒精}}=\rho_{\mathrm{煤油}}=0.8×10^3\ \mathrm{kg/m}^3$,$c_{\mathrm{酒精}}=2.4×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}$,$c_{\mathrm{煤油}}=2.1×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}$]答案
11. 吸收；降低；煤油
解析
【分析】这道题考查热传递和比热容的实际应用。首先，温度不同的物体接触时，热量会从高温物体传向低温物体，所以当被测物体温度高、温度计温度低时，温度计会吸收热量，被测物体放出热量，温度降低；其次，选择温度计时，要减少温度计吸热对被测物体温度的影响，根据公式Q=cmΔt，温度计玻璃泡相同（体积相同），且酒精和煤油密度相同，故两者质量相同，要让温度计吸收的热量少，需选比热容较小的液体，这样温度计升高的温度少，对被测物体的影响小。
【解析】1. 热传递判断：被测物体温度高于温度计，热量从被测物体传递到温度计，因此温度计吸收热量，被测物体放出热量，温度降低；2. 温度计选择：已知酒精和煤油密度相同、玻璃泡体积相同，故质量m=ρV相同，根据Q=cmΔt，相同质量的不同物质，吸收相同热量时，比热容越小，温度变化越小，对被测物体的影响越小。由于c煤油=2.1×10³J/(kg·℃) ＜ c酒精=2.4×10³J/(kg·℃)，所以应选煤油温度计。
【答案】吸收；降低；煤油
【知识点】热传递、比热容
【点评】本题结合实际测量场景，将热传递和比热容知识应用于温度计的选择，注重考查学生对物理知识的理解和实际应用能力，难度适中。
【难度系数】0.5
【解析】1. 热传递判断：被测物体温度高于温度计，热量从被测物体传递到温度计，因此温度计吸收热量，被测物体放出热量，温度降低；2. 温度计选择：已知酒精和煤油密度相同、玻璃泡体积相同，故质量m=ρV相同，根据Q=cmΔt，相同质量的不同物质，吸收相同热量时，比热容越小，温度变化越小，对被测物体的影响越小。由于c煤油=2.1×10³J/(kg·℃) ＜ c酒精=2.4×10³J/(kg·℃)，所以应选煤油温度计。
【答案】吸收；降低；煤油
【知识点】热传递、比热容
【点评】本题结合实际测量场景，将热传递和比热容知识应用于温度计的选择，注重考查学生对物理知识的理解和实际应用能力，难度适中。
【难度系数】0.5
12. 小叶同学用酒精灯对冰块加热，研究冰的熔化现象. 图中，甲、乙两条图线中的一条，是他依据实验数据绘制而成. 已知$m_{冰}=0.1\ \mathrm{kg}$，$c_{水}=4.2×10^{3}\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg}·°\mathrm{C})$，$c_{冰}=2.1×10^{3}\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg}·°\mathrm{C})$. 下列分析正确的是 （
A.小叶绘制的是乙图线
B.0~1 min内冰块吸收的热量为$2.1×10^{3}\ \mathrm{J}$
C.1~3min内温度不变，说明冰块没有吸收热量
D.如果酒精完全燃烧，酒精灯的加热效率可以达到100%
A
）A.小叶绘制的是乙图线
B.0~1 min内冰块吸收的热量为$2.1×10^{3}\ \mathrm{J}$
C.1~3min内温度不变，说明冰块没有吸收热量
D.如果酒精完全燃烧，酒精灯的加热效率可以达到100%
答案
12. A
解析
【分析】
要判断各选项的正确性，需结合冰的比热容、熔化特点、热量计算及热效率的知识分析：
1. 相同酒精灯加热时，相同时间内物质吸收的热量相同；冰熔化时吸热但温度不变，水的比热容是冰的2倍，相同质量的水和冰吸收相同热量时，水的温度变化是冰的1/2。
2. 先计算0~1min冰吸收的热量，再分析熔化后水升温所需时间，判断甲、乙图线的合理性；同时逐一分析各选项：
选项A：通过热量计算，结合水和冰的比热容，判断绘制的图线；
选项B：根据热量公式计算0~1min冰吸收的热量，验证数值；
选项C：熔化过程的特点是吸热温度不变，据此判断；
选项D：热效率受热量散失影响，不可能达到100%。
【解析】
1. 计算0~1min内冰块吸收的热量：
已知$m_{冰}=0.1\ \mathrm{kg}$，$c_{冰}=2.1×10^3\ \mathrm{J/(kg·°C)}$，温度变化$\Delta t_{冰}=0°C - (-5°C)=5°C$，
根据热量公式$Q=cm\Delta t$，得0~1min冰吸收的热量：
$Q_{冰}=c_{冰}m_{冰}\Delta t_{冰}=2.1×10^3\ \mathrm{J/(kg·°C)}×0.1\ \mathrm{kg}×5°C=1050\ \mathrm{J}$，即每分钟吸收热量为1050J。
2. 分析熔化过程（1~3min）：
此阶段是冰的熔化过程，时间为2min，吸收热量$Q_{熔}=2×1050\ \mathrm{J}=2100\ \mathrm{J}$，熔化的特点是吸热但温度不变，故选项C错误。
3. 判断甲、乙图线：
3min后冰完全熔化为水，$c_{水}=4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg·°C)}$，若水从0°C升高到5°C，需要吸收的热量：
$Q_{水}=c_{水}m_{水}\Delta t_{水}=4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg·°C)}×0.1\ \mathrm{kg}×5°C=2100\ \mathrm{J}$，
所需加热时间：$t=\frac{2100\ \mathrm{J}}{1050\ \mathrm{J/min}}=2\ \mathrm{min}$，即从3min开始，经过2min（到5min）温度达到5°C，对应乙图线，故小叶绘制的是乙图线，选项A正确。
4. 分析其他选项：
选项B中，0~1min内冰块吸收的热量为1050J，不是$2.1×10^3\ \mathrm{J}$，故B错误；
选项D中，酒精灯加热时会有热量散失，加热效率不可能达到100%，故D错误。
【答案】
A
【知识点】
比热容、熔化特点、热量计算
【点评】
本题结合冰的熔化图像，综合考查热学基础知识，需掌握比热容与温度变化的关系、熔化的特点，同时明确热效率的实际情况，是对热学知识的应用考查。
【难度系数】
0.5
要判断各选项的正确性，需结合冰的比热容、熔化特点、热量计算及热效率的知识分析：
1. 相同酒精灯加热时，相同时间内物质吸收的热量相同；冰熔化时吸热但温度不变，水的比热容是冰的2倍，相同质量的水和冰吸收相同热量时，水的温度变化是冰的1/2。
2. 先计算0~1min冰吸收的热量，再分析熔化后水升温所需时间，判断甲、乙图线的合理性；同时逐一分析各选项：
选项A：通过热量计算，结合水和冰的比热容，判断绘制的图线；
选项B：根据热量公式计算0~1min冰吸收的热量，验证数值；
选项C：熔化过程的特点是吸热温度不变，据此判断；
选项D：热效率受热量散失影响，不可能达到100%。
【解析】
1. 计算0~1min内冰块吸收的热量：
已知$m_{冰}=0.1\ \mathrm{kg}$，$c_{冰}=2.1×10^3\ \mathrm{J/(kg·°C)}$，温度变化$\Delta t_{冰}=0°C - (-5°C)=5°C$，
根据热量公式$Q=cm\Delta t$，得0~1min冰吸收的热量：
$Q_{冰}=c_{冰}m_{冰}\Delta t_{冰}=2.1×10^3\ \mathrm{J/(kg·°C)}×0.1\ \mathrm{kg}×5°C=1050\ \mathrm{J}$，即每分钟吸收热量为1050J。
2. 分析熔化过程（1~3min）：
此阶段是冰的熔化过程，时间为2min，吸收热量$Q_{熔}=2×1050\ \mathrm{J}=2100\ \mathrm{J}$，熔化的特点是吸热但温度不变，故选项C错误。
3. 判断甲、乙图线：
3min后冰完全熔化为水，$c_{水}=4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg·°C)}$，若水从0°C升高到5°C，需要吸收的热量：
$Q_{水}=c_{水}m_{水}\Delta t_{水}=4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg·°C)}×0.1\ \mathrm{kg}×5°C=2100\ \mathrm{J}$，
所需加热时间：$t=\frac{2100\ \mathrm{J}}{1050\ \mathrm{J/min}}=2\ \mathrm{min}$，即从3min开始，经过2min（到5min）温度达到5°C，对应乙图线，故小叶绘制的是乙图线，选项A正确。
4. 分析其他选项：
选项B中，0~1min内冰块吸收的热量为1050J，不是$2.1×10^3\ \mathrm{J}$，故B错误；
选项D中，酒精灯加热时会有热量散失，加热效率不可能达到100%，故D错误。
【答案】
A
【知识点】
比热容、熔化特点、热量计算
【点评】
本题结合冰的熔化图像，综合考查热学基础知识，需掌握比热容与温度变化的关系、熔化的特点，同时明确热效率的实际情况，是对热学知识的应用考查。
【难度系数】
0.5
13.（2023·苏州）在沿海地区，炎热、晴朗的天气里常常出现“海陆风”，当出现如图所示风向时，通常（
A.发生在白天，且陆地温度较高
B.发生在白天，且海水温度较高
C.发生在夜晚，且陆地温度较高
D.发生在夜晚，且海水温度较高
D
）A.发生在白天，且陆地温度较高
B.发生在白天，且海水温度较高
C.发生在夜晚，且陆地温度较高
D.发生在夜晚，且海水温度较高
答案
13. D
解析
【分析】
要解决这道题，需先明确海陆风的形成原理：海陆热力性质差异（水的比热容比陆地大）导致陆地和海洋的温度变化不同，进而影响气压，形成近地面风向。解题步骤：1. 观察图示近地面（低空气流）的风向，判断气流方向；2. 根据“同一水平面，气温高则气压低，气温低则气压高”的规律，结合风向推导陆地和海洋的温度；3. 结合温度差异判断是白天还是夜晚，最终确定选项。
【解析】
海陆风由海陆热力性质差异形成：水的比热容大于陆地，因此陆地升温快、降温也快，海洋升温慢、降温也慢。
从图示可知，低空气流（近地面）的箭头向左，即近地面风从陆地吹向海洋，说明近地面陆地气压高于海洋。
根据气压与气温的关系：同一水平面上，气温越高，气压越低；气温越低，气压越高。因此可推知，此时陆地温度低，海洋温度高。
这种陆地温度低于海洋温度的情况出现在夜晚（夜晚陆地散热快，降温比海洋快），对应选项D。
【答案】
D
【知识点】
海陆热力性质差异、海陆风
【点评】
本题考查海陆风的形成原理，核心是利用海陆热力性质差异分析气温与气压的关系，进而判断风向对应的时间和温度，需准确理解比热容对气温的影响，难度适中。
【难度系数】
0.5
要解决这道题，需先明确海陆风的形成原理：海陆热力性质差异（水的比热容比陆地大）导致陆地和海洋的温度变化不同，进而影响气压，形成近地面风向。解题步骤：1. 观察图示近地面（低空气流）的风向，判断气流方向；2. 根据“同一水平面，气温高则气压低，气温低则气压高”的规律，结合风向推导陆地和海洋的温度；3. 结合温度差异判断是白天还是夜晚，最终确定选项。
【解析】
海陆风由海陆热力性质差异形成：水的比热容大于陆地，因此陆地升温快、降温也快，海洋升温慢、降温也慢。
从图示可知，低空气流（近地面）的箭头向左，即近地面风从陆地吹向海洋，说明近地面陆地气压高于海洋。
根据气压与气温的关系：同一水平面上，气温越高，气压越低；气温越低，气压越高。因此可推知，此时陆地温度低，海洋温度高。
这种陆地温度低于海洋温度的情况出现在夜晚（夜晚陆地散热快，降温比海洋快），对应选项D。
【答案】
D
【知识点】
海陆热力性质差异、海陆风
【点评】
本题考查海陆风的形成原理，核心是利用海陆热力性质差异分析气温与气压的关系，进而判断风向对应的时间和温度，需准确理解比热容对气温的影响，难度适中。
【难度系数】
0.5
