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10. 用两个相同的电热器给质量都是2 kg的物质甲和水加热，理想情况，无热量损失。它们的温度随时间的变化关系如
所示，已知：水的比热容$c_{水}=4.2×10^{3} J/(kg·℃)$。下列说法正确的是（
A.2 min后，甲的温度升高了30 ℃
B.0～2 min内水吸收的热量为$5.04×10^{5} J$
C.0～2 min内水吸收的热量和物质甲吸收的热量不相等
D.物质甲的比热容为$2.1×10^{3} J/(kg·℃)$
所示，已知：水的比热容$c_{水}=4.2×10^{3} J/(kg·℃)$。下列说法正确的是（D
）A.2 min后，甲的温度升高了30 ℃
B.0～2 min内水吸收的热量为$5.04×10^{5} J$
C.0～2 min内水吸收的热量和物质甲吸收的热量不相等
D.物质甲的比热容为$2.1×10^{3} J/(kg·℃)$
答案
10. D
解析
【分析】
要解决本题，需明确两个关键：一是相同电热器在相同时间内，甲和水吸收的热量相等；二是从图像中读取甲、水在0~2min内的温度变化量，结合热量公式分析各选项。先计算甲的温度变化判断选项A，利用水的比热容计算水吸热判断选项B，根据相同加热器判断吸热关系判断选项C，再通过吸热相等、质量相同的条件计算甲的比热容判断选项D。
【解析】
已知两个相同电热器，因此0~2min内甲和水吸收的热量Q相等，且两者质量m均为2kg。从图像可知，初温t₀=10℃，2min时甲的末温t甲=30℃，则甲升高的温度Δt甲=30℃-10℃=20℃；水的末温t水=20℃，水升高的温度Δt水=20℃-10℃=10℃。
选项A：甲升高的温度Δt甲=20℃≠30℃，A错误；
选项B：水吸收的热量Q水=c水mΔt水=4.2×10³ J/(kg·℃)×2kg×10℃=8.4×10⁴ J≠5.04×10⁵ J，B错误；
选项C：相同电热器加热相同时间，甲和水吸收的热量相等，C错误；
选项D：因Q甲=Q水，即c甲mΔt甲 = c水mΔt水，m相同可约去，故c甲= c水×(Δt水/Δt甲)=4.2×10³ J/(kg·℃)×(10℃/20℃)=2.1×10³ J/(kg·℃)，D正确。
【答案】
D
【知识点】
比热容、热量计算、热现象
【点评】
本题结合温度-时间图像考查比热容的计算，核心是理解相同加热器相同时间内物质吸收热量相等，需准确提取温度变化量，运用热量公式分析，难度适中。
【难度系数】
0.6
要解决本题，需明确两个关键：一是相同电热器在相同时间内，甲和水吸收的热量相等；二是从图像中读取甲、水在0~2min内的温度变化量，结合热量公式分析各选项。先计算甲的温度变化判断选项A，利用水的比热容计算水吸热判断选项B，根据相同加热器判断吸热关系判断选项C，再通过吸热相等、质量相同的条件计算甲的比热容判断选项D。
【解析】
已知两个相同电热器，因此0~2min内甲和水吸收的热量Q相等，且两者质量m均为2kg。从图像可知，初温t₀=10℃，2min时甲的末温t甲=30℃，则甲升高的温度Δt甲=30℃-10℃=20℃；水的末温t水=20℃，水升高的温度Δt水=20℃-10℃=10℃。
选项A：甲升高的温度Δt甲=20℃≠30℃，A错误；
选项B：水吸收的热量Q水=c水mΔt水=4.2×10³ J/(kg·℃)×2kg×10℃=8.4×10⁴ J≠5.04×10⁵ J，B错误；
选项C：相同电热器加热相同时间，甲和水吸收的热量相等，C错误；
选项D：因Q甲=Q水，即c甲mΔt甲 = c水mΔt水，m相同可约去，故c甲= c水×(Δt水/Δt甲)=4.2×10³ J/(kg·℃)×(10℃/20℃)=2.1×10³ J/(kg·℃)，D正确。
【答案】
D
【知识点】
比热容、热量计算、热现象
【点评】
本题结合温度-时间图像考查比热容的计算，核心是理解相同加热器相同时间内物质吸收热量相等，需准确提取温度变化量，运用热量公式分析，难度适中。
【难度系数】
0.6
11. 如图13-1-9甲所示是用水来冷却热牛奶的示意图，图乙是记录热牛奶、水的温度随时间变化的图像。图乙中表示热牛奶温度随时间变化的图线应是
1
（选填“1”或“2”），图乙中A点的温度是18 ℃
。若水的质量为1 kg，则在这个过程中水吸收的热量是3.36×10⁴
J。［水的比热容为$4.2×10^3\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg}·°\mathrm{C})$］答案
11. 1 18 ℃ $3.36×10^4$
解析
【分析】
用水冷却热牛奶时，热牛奶温度会逐渐降低，水的温度会逐渐升高，因此温度随时间下降的图线对应热牛奶；热传递结束后，热牛奶和水温度相同，即A点为两者的共同温度。计算水吸收的热量时，需确定水的初温、末温，利用热量公式Q吸=cmΔt进行计算。
【解析】
1. 判断热牛奶的温度变化图线：热牛奶初始温度高，冷却过程中温度不断降低，图乙中曲线1的温度随时间下降，因此表示热牛奶温度变化的图线是1。
2. 确定A点温度：热传递达到热平衡时，热牛奶和水温度相同，由图乙可知A点的温度为18℃。
3. 计算水吸收的热量：水的初温t₀=10℃，末温t=18℃，质量m=1kg，比热容c=4.2×10³ J/(kg·℃)，根据热量公式Q吸=cm(t-t₀)，代入数值计算：Q吸=4.2×10³ J/(kg·℃)×1kg×(18℃-10℃)=3.36×10⁴ J。
【答案】
1；18℃；3.36×10⁴
【知识点】
热传递；热量计算
【点评】
本题结合热传递现象考查温度变化的判断和热量计算，属于热学基础题，需掌握热传递中温度变化规律及热量公式的应用。
【难度系数】
0.7
用水冷却热牛奶时，热牛奶温度会逐渐降低，水的温度会逐渐升高，因此温度随时间下降的图线对应热牛奶；热传递结束后，热牛奶和水温度相同，即A点为两者的共同温度。计算水吸收的热量时，需确定水的初温、末温，利用热量公式Q吸=cmΔt进行计算。
【解析】
1. 判断热牛奶的温度变化图线：热牛奶初始温度高，冷却过程中温度不断降低，图乙中曲线1的温度随时间下降，因此表示热牛奶温度变化的图线是1。
2. 确定A点温度：热传递达到热平衡时，热牛奶和水温度相同，由图乙可知A点的温度为18℃。
3. 计算水吸收的热量：水的初温t₀=10℃，末温t=18℃，质量m=1kg，比热容c=4.2×10³ J/(kg·℃)，根据热量公式Q吸=cm(t-t₀)，代入数值计算：Q吸=4.2×10³ J/(kg·℃)×1kg×(18℃-10℃)=3.36×10⁴ J。
【答案】
1；18℃；3.36×10⁴
【知识点】
热传递；热量计算
【点评】
本题结合热传递现象考查温度变化的判断和热量计算，属于热学基础题，需掌握热传递中温度变化规律及热量公式的应用。
【难度系数】
0.7
12. 质量为500 g的某液体放出了$3×10^4$ J的热量后，温度下降了30 ℃；若此液体放出的热量有60%被一个质量为2 kg的金属球吸收，求：[$c_{金属}=0.45×10^3$ J/(kg·℃)]
(1)该液体的比热容。
(2)金属球升高的温度。
(1)该液体的比热容。
(2)金属球升高的温度。
答案
12. (1)由$Q_{放}=cm\Delta t$得，该液体的比热容：
$c_{液}=\frac{Q_{放}}{m_{液}\ \Delta t}=\frac{3×10^{4}\ \mathrm{J}}{0.5\ \mathrm{kg}×30\ ℃}=2×10^{3}\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg}·℃)$。
(2)由题意可得，金属球吸收的热量：
$Q_{吸}=Q_{放}×60\%=3×10^{4}\ \mathrm{J}×60\%=1.8×10^{4}\ \mathrm{J}$，
由$Q_{吸}=cm\Delta t$得，金属球升高的温度：
$\Delta t' = \frac{Q_{吸}}{c_{金属}\ m_{球}} = \frac{1.8×10^{4}\ \mathrm{J}}{0.45×10^{3}\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg}·℃)×2\ \mathrm{kg}} = 20\ ℃$。
$c_{液}=\frac{Q_{放}}{m_{液}\ \Delta t}=\frac{3×10^{4}\ \mathrm{J}}{0.5\ \mathrm{kg}×30\ ℃}=2×10^{3}\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg}·℃)$。
(2)由题意可得，金属球吸收的热量：
$Q_{吸}=Q_{放}×60\%=3×10^{4}\ \mathrm{J}×60\%=1.8×10^{4}\ \mathrm{J}$，
由$Q_{吸}=cm\Delta t$得，金属球升高的温度：
$\Delta t' = \frac{Q_{吸}}{c_{金属}\ m_{球}} = \frac{1.8×10^{4}\ \mathrm{J}}{0.45×10^{3}\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg}·℃)×2\ \mathrm{kg}} = 20\ ℃$。
解析
【分析】
要解决这道题，需运用热量计算公式$Q=cm\Delta t$及其变形公式。首先，求液体比热容时，已知液体放出的热量、质量和温度变化，直接用放热公式变形计算，注意质量单位换算（将g转换为kg）；其次，金属球吸收的热量是液体放出热量的60%，先算出金属球吸收的热量，再用吸热公式变形求金属球升高的温度，代入已知的金属比热容和质量即可算出结果。
【解析】
(1) 液体质量$ m_{液}=500\ \mathrm{g}=0.5\ \mathrm{kg} $，放出的热量$ Q_{放}=3×10^4\ \mathrm{J} $，温度下降$ \Delta t=30\ ℃ $。根据放热公式$ Q_{放}=c_{液}m_{液}\Delta t $，变形得液体的比热容：
$ c_{液}=\frac{Q_{放}}{m_{液}\Delta t}=\frac{3×10^4\ \mathrm{J}}{0.5\ \mathrm{kg}×30\ ℃}=2×10^3\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg}·℃) $。
(2) 金属球吸收的热量为液体放出热量的60%，即：
$ Q_{吸}=Q_{放}×60\%=3×10^4\ \mathrm{J}×0.6=1.8×10^4\ \mathrm{J} $。
已知金属球质量$ m_{球}=2\ \mathrm{kg} $，比热容$ c_{金属}=0.45×10^3\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg}·℃) $，根据吸热公式$ Q_{吸}=c_{金属}m_{球}\Delta t' $，变形得金属球升高的温度：
$ \Delta t'=\frac{Q_{吸}}{c_{金属}m_{球}}=\frac{1.8×10^4\ \mathrm{J}}{0.45×10^3\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg}·℃)×2\ \mathrm{kg}}=20\ ℃ $。
【答案】
(1) 该液体的比热容为$ 2×10^3\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg}·℃) $；
(2) 金属球升高的温度为$ 20\ ℃ $。
【知识点】
热量的计算；比热容公式应用
【点评】
本题考查热量计算公式的应用，核心是掌握$Q=cm\Delta t$及其变形公式，需注意质量单位换算和效率的计算，属于基础题型，难度适中。
【难度系数】
0.6
要解决这道题，需运用热量计算公式$Q=cm\Delta t$及其变形公式。首先，求液体比热容时，已知液体放出的热量、质量和温度变化，直接用放热公式变形计算，注意质量单位换算（将g转换为kg）；其次，金属球吸收的热量是液体放出热量的60%，先算出金属球吸收的热量，再用吸热公式变形求金属球升高的温度，代入已知的金属比热容和质量即可算出结果。
【解析】
(1) 液体质量$ m_{液}=500\ \mathrm{g}=0.5\ \mathrm{kg} $，放出的热量$ Q_{放}=3×10^4\ \mathrm{J} $，温度下降$ \Delta t=30\ ℃ $。根据放热公式$ Q_{放}=c_{液}m_{液}\Delta t $，变形得液体的比热容：
$ c_{液}=\frac{Q_{放}}{m_{液}\Delta t}=\frac{3×10^4\ \mathrm{J}}{0.5\ \mathrm{kg}×30\ ℃}=2×10^3\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg}·℃) $。
(2) 金属球吸收的热量为液体放出热量的60%，即：
$ Q_{吸}=Q_{放}×60\%=3×10^4\ \mathrm{J}×0.6=1.8×10^4\ \mathrm{J} $。
已知金属球质量$ m_{球}=2\ \mathrm{kg} $，比热容$ c_{金属}=0.45×10^3\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg}·℃) $，根据吸热公式$ Q_{吸}=c_{金属}m_{球}\Delta t' $，变形得金属球升高的温度：
$ \Delta t'=\frac{Q_{吸}}{c_{金属}m_{球}}=\frac{1.8×10^4\ \mathrm{J}}{0.45×10^3\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg}·℃)×2\ \mathrm{kg}}=20\ ℃ $。
【答案】
(1) 该液体的比热容为$ 2×10^3\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg}·℃) $；
(2) 金属球升高的温度为$ 20\ ℃ $。
【知识点】
热量的计算；比热容公式应用
【点评】
本题考查热量计算公式的应用，核心是掌握$Q=cm\Delta t$及其变形公式，需注意质量单位换算和效率的计算，属于基础题型，难度适中。
【难度系数】
0.6
13. [跨学科实践]阅读短文，回答问题。
热岛效应
热岛效应，指人为原因改变了城市地表的局部温度、湿度、空气对流等因素，进而引起的城市小气候变化现象。该现象属于城市气候最明显的特征之一。由于城市化的速度加快，城市建筑群密集，柏油路和水泥路面比郊区的土壤、植被具有更大的吸热率和更小的比热容，使得相同的日照情况下，城区升温较快，并向四周和大气中大量辐射，造成了同一时间城区气温普遍高于周围的郊区气温，高温的城区处于低温的郊区包围之中，如同汪洋大海中的岛屿，人们把这种现象称为城市“热岛效应”。在“热岛效应”的作用下，城市中每个地方的温度并不一样，而是呈现出一个个闭合的高温中心。在这些高温区内，空气密度小，气压低，容易产生气旋式上升气流，使得周围各种废气和化学有害气体不断对高温区进行补充。在这些有害气体作用下，高温区的居民极易患上呼吸系统或神经系统疾病。
(1)在相同的日照情况下，城区比郊区升温较
(2)减弱热岛效应的措施之一：保护并增大城区的绿地、水体面积，多植树。城区的水体、绿地对减弱夏季城市热岛效应起着十分可观的作用。这主要是利用了水的
(3)为什么内陆地区的昼夜温差比沿海地区大？
热岛效应
热岛效应，指人为原因改变了城市地表的局部温度、湿度、空气对流等因素，进而引起的城市小气候变化现象。该现象属于城市气候最明显的特征之一。由于城市化的速度加快，城市建筑群密集，柏油路和水泥路面比郊区的土壤、植被具有更大的吸热率和更小的比热容，使得相同的日照情况下，城区升温较快，并向四周和大气中大量辐射，造成了同一时间城区气温普遍高于周围的郊区气温，高温的城区处于低温的郊区包围之中，如同汪洋大海中的岛屿，人们把这种现象称为城市“热岛效应”。在“热岛效应”的作用下，城市中每个地方的温度并不一样，而是呈现出一个个闭合的高温中心。在这些高温区内，空气密度小，气压低，容易产生气旋式上升气流，使得周围各种废气和化学有害气体不断对高温区进行补充。在这些有害气体作用下，高温区的居民极易患上呼吸系统或神经系统疾病。
(1)在相同的日照情况下，城区比郊区升温较
快
（选填“快”或“慢”）。(2)减弱热岛效应的措施之一：保护并增大城区的绿地、水体面积，多植树。城区的水体、绿地对减弱夏季城市热岛效应起着十分可观的作用。这主要是利用了水的
比热容较大
的特性。(3)为什么内陆地区的昼夜温差比沿海地区大？
答案
13. (1)快
(2)比热容较大
(3)因为内陆地区沙石多水少，沙石的比热容比水小，白天在太阳的照射下，受热情况相同时，沙石的温度上升比水快，而晚上在同样的放热情况下，沙石的温度下降得也快，所以内陆地区的昼夜温差比沿海地区大。
(2)比热容较大
(3)因为内陆地区沙石多水少，沙石的比热容比水小，白天在太阳的照射下，受热情况相同时，沙石的温度上升比水快，而晚上在同样的放热情况下，沙石的温度下降得也快，所以内陆地区的昼夜温差比沿海地区大。
解析
【分析】本题围绕热岛效应考查比热容的相关知识，需结合短文内容和比热容的特性分析解答。第(1)问直接从短文中提取城区升温的特点；第(2)问利用水的比热容大的特性分析绿地水体调节气温的原理；第(3)问通过对比内陆和沿海的物质组成，结合比热容的差异解释昼夜温差不同的原因。
【解析】(1)根据短文内容“使得相同的日照情况下，城区升温较快”，可知城区比郊区升温较快，故填“快”；(2)水的比热容较大，相同质量的水和其他物质相比，吸收或放出相同热量时，温度变化较小，因此城区的水体、绿地能调节气温，减弱热岛效应，故填“比热容较大”；(3)内陆地区多沙石，沿海地区多水，沙石的比热容比水小。白天，相同质量的沙石和水吸收相同热量时，沙石温度升高得更快；夜晚，放出相同热量时，沙石温度降低得更多，因此内陆地区的昼夜温差比沿海地区大。
【答案】(1)快；(2)比热容较大；(3)因为内陆地区沙石多水少，沙石的比热容比水小，白天在太阳的照射下，受热情况相同时，沙石的温度上升比水快，而晚上在同样的放热情况下，沙石的温度下降得也快，所以内陆地区的昼夜温差比沿海地区大。
【知识点】比热容、热岛效应、比热容的应用
【点评】本题为跨学科实践题，结合生活中的热岛效应现象，考查比热容的基础知识应用，需要学生具备从材料中提取信息并结合物理原理分析问题的能力，难度适中。
【难度系数】0.5
【解析】(1)根据短文内容“使得相同的日照情况下，城区升温较快”，可知城区比郊区升温较快，故填“快”；(2)水的比热容较大，相同质量的水和其他物质相比，吸收或放出相同热量时，温度变化较小，因此城区的水体、绿地能调节气温，减弱热岛效应，故填“比热容较大”；(3)内陆地区多沙石，沿海地区多水，沙石的比热容比水小。白天，相同质量的沙石和水吸收相同热量时，沙石温度升高得更快；夜晚，放出相同热量时，沙石温度降低得更多，因此内陆地区的昼夜温差比沿海地区大。
【答案】(1)快；(2)比热容较大；(3)因为内陆地区沙石多水少，沙石的比热容比水小，白天在太阳的照射下，受热情况相同时，沙石的温度上升比水快，而晚上在同样的放热情况下，沙石的温度下降得也快，所以内陆地区的昼夜温差比沿海地区大。
【知识点】比热容、热岛效应、比热容的应用
【点评】本题为跨学科实践题，结合生活中的热岛效应现象，考查比热容的基础知识应用，需要学生具备从材料中提取信息并结合物理原理分析问题的能力，难度适中。
【难度系数】0.5
