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7. (2025·盐城射阳模拟)晶体在熔化时,温度虽然保持不变,但需要吸收热量,那么相同质量的不同晶体熔化时所吸收的热量是否相同呢?带着这个疑问,小红在实验室利用电热器加热,完成了冰的熔化实验,并描绘出冰的温度随加热时间变化的关系图线,如图所示。实验时,冰的质量为 0.5 kg,相同时间冰和水吸收的热量相同。已知水的比热容为$4.2×10^{3}\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg}·°\mathrm{C})$,求:
(1) $CD$ 段水吸收的热量。
(2) 冰的比热容。
(3) 若规定“质量为 1 kg 的某种晶体物质在完全熔化时所吸收的热量叫做该物质的熔化热”,根据图中所给的信息,计算出冰的熔化热$λ$。
(1) $CD$ 段水吸收的热量。
(2) 冰的比热容。
(3) 若规定“质量为 1 kg 的某种晶体物质在完全熔化时所吸收的热量叫做该物质的熔化热”,根据图中所给的信息,计算出冰的熔化热$λ$。
答案
(1) $4.2×10^4\ \mathrm{J}$ (2) $2.1×10^3\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg}·\ °\mathrm{C})$ (3) $3.36×10^5\ \mathrm{J/kg}$
提示:(1) 在$CD$段,$Q_{吸水}=cm\Delta t=0.5\ \mathrm{kg}×4.2×10^3\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg}·\ °\mathrm{C})×20\ °\mathrm{C}=4.2×10^4\ \mathrm{J}$。(2) 在$AB$段,$Q_{吸冰}=\dfrac{1}{2}Q_{吸水}=2.1×10^4\ \mathrm{J}$,$c_{冰}=\dfrac{Q_{吸冰}}{m\Delta t'}=\dfrac{2.1×10^4\ \mathrm{J}}{0.5\ \mathrm{kg}×20\ °\mathrm{C}}=2.1×10^3\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg}·\ °\mathrm{C})$。(3) 冰从5 min到45 min全部熔化,用时40 min,$Q'_{吸}=4Q_{吸水}=4×4.2×10^4\ \mathrm{J}=1.68×10^5\ \mathrm{J}$,则冰的熔化热$λ=\dfrac{Q'_{吸}}{m}=\dfrac{1.68×10^5\ \mathrm{J}}{0.5\ \mathrm{kg}}=3.36×10^5\ \mathrm{J/kg}$。
提示:(1) 在$CD$段,$Q_{吸水}=cm\Delta t=0.5\ \mathrm{kg}×4.2×10^3\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg}·\ °\mathrm{C})×20\ °\mathrm{C}=4.2×10^4\ \mathrm{J}$。(2) 在$AB$段,$Q_{吸冰}=\dfrac{1}{2}Q_{吸水}=2.1×10^4\ \mathrm{J}$,$c_{冰}=\dfrac{Q_{吸冰}}{m\Delta t'}=\dfrac{2.1×10^4\ \mathrm{J}}{0.5\ \mathrm{kg}×20\ °\mathrm{C}}=2.1×10^3\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg}·\ °\mathrm{C})$。(3) 冰从5 min到45 min全部熔化,用时40 min,$Q'_{吸}=4Q_{吸水}=4×4.2×10^4\ \mathrm{J}=1.68×10^5\ \mathrm{J}$,则冰的熔化热$λ=\dfrac{Q'_{吸}}{m}=\dfrac{1.68×10^5\ \mathrm{J}}{0.5\ \mathrm{kg}}=3.36×10^5\ \mathrm{J/kg}$。
解析
【分析】
本题需结合温度-时间图像，利用“相同时间吸收热量相同”的条件，结合热量公式、熔化热的定义解题。
(1) CD段是水升温过程，确定水的质量、温度变化，用热量公式计算水吸收的热量；
(2) AB段是冰升温过程，根据CD段与AB段的吸热时间关系，得到冰吸收的热量，结合冰的温度变化计算冰的比热容；
(3) 熔化过程对应BC段，根据熔化时间与CD段吸热时间的关系，得到冰熔化吸收的总热量，再根据熔化热的定义计算冰的熔化热。
【解析】
(1) CD段水的温度变化$\Delta t_{水}=20° C - 0° C=20° C$，水的质量$m=0.5\ \mathrm{kg}$，水的比热容$c_{水}=4.2×10^3\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg}·° C)$，根据热量公式：
$Q_{吸水}=c_{水}m\Delta t_{水}=4.2×10^3\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg}·° C)×0.5\ \mathrm{kg}×20° C=4.2×10^4\ \mathrm{J}$；
(2) 由图像可知，AB段冰的吸热时间为5min，CD段水的吸热时间为10min，因相同时间吸收热量相同，故AB段冰吸收的热量$Q_{吸冰}=\frac{5\ \mathrm{min}}{10\ \mathrm{min}}×Q_{吸水}=\frac{1}{2}×4.2×10^4\ \mathrm{J}=2.1×10^4\ \mathrm{J}$；
冰的温度变化$\Delta t_{冰}=0° C - (-20° C)=20° C$，根据比热容公式$c=\frac{Q}{m\Delta t}$：
$c_{冰}=\frac{Q_{吸冰}}{m\Delta t_{冰}}=\frac{2.1×10^4\ \mathrm{J}}{0.5\ \mathrm{kg}×20° C}=2.1×10^3\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg}·° C)$；
(3) 冰的熔化过程对应BC段，时间为$45\ \mathrm{min}-5\ \mathrm{min}=40\ \mathrm{min}$，CD段吸热时间为10min，故冰熔化吸收的总热量$Q_{熔化}=\frac{40\ \mathrm{min}}{10\ \mathrm{min}}×Q_{吸水}=4×4.2×10^4\ \mathrm{J}=1.68×10^5\ \mathrm{J}$；
根据熔化热的定义，冰的熔化热$λ=\frac{Q_{熔化}}{m}=\frac{1.68×10^5\ \mathrm{J}}{0.5\ \mathrm{kg}}=3.36×10^5\ \mathrm{J/kg}$；
【答案】
(1) $4.2×10^4\ \mathrm{J}$；(2) $2.1×10^3\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg}·° C)$；(3) $3.36×10^5\ \mathrm{J/kg}$
【知识点】
热量计算、比热容、熔化热
【点评】
本题结合温度-时间图像，考查热量公式、比热容及熔化热的计算，关键是利用“相同时间吸收热量相同”的条件，准确对应各阶段的吸热时间，需将图像信息与物理公式结合应用，难度适中。
【难度系数】
0.5
本题需结合温度-时间图像，利用“相同时间吸收热量相同”的条件，结合热量公式、熔化热的定义解题。
(1) CD段是水升温过程，确定水的质量、温度变化，用热量公式计算水吸收的热量；
(2) AB段是冰升温过程，根据CD段与AB段的吸热时间关系，得到冰吸收的热量，结合冰的温度变化计算冰的比热容；
(3) 熔化过程对应BC段，根据熔化时间与CD段吸热时间的关系，得到冰熔化吸收的总热量，再根据熔化热的定义计算冰的熔化热。
【解析】
(1) CD段水的温度变化$\Delta t_{水}=20° C - 0° C=20° C$，水的质量$m=0.5\ \mathrm{kg}$，水的比热容$c_{水}=4.2×10^3\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg}·° C)$，根据热量公式：
$Q_{吸水}=c_{水}m\Delta t_{水}=4.2×10^3\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg}·° C)×0.5\ \mathrm{kg}×20° C=4.2×10^4\ \mathrm{J}$；
(2) 由图像可知，AB段冰的吸热时间为5min，CD段水的吸热时间为10min，因相同时间吸收热量相同，故AB段冰吸收的热量$Q_{吸冰}=\frac{5\ \mathrm{min}}{10\ \mathrm{min}}×Q_{吸水}=\frac{1}{2}×4.2×10^4\ \mathrm{J}=2.1×10^4\ \mathrm{J}$；
冰的温度变化$\Delta t_{冰}=0° C - (-20° C)=20° C$，根据比热容公式$c=\frac{Q}{m\Delta t}$：
$c_{冰}=\frac{Q_{吸冰}}{m\Delta t_{冰}}=\frac{2.1×10^4\ \mathrm{J}}{0.5\ \mathrm{kg}×20° C}=2.1×10^3\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg}·° C)$；
(3) 冰的熔化过程对应BC段，时间为$45\ \mathrm{min}-5\ \mathrm{min}=40\ \mathrm{min}$，CD段吸热时间为10min，故冰熔化吸收的总热量$Q_{熔化}=\frac{40\ \mathrm{min}}{10\ \mathrm{min}}×Q_{吸水}=4×4.2×10^4\ \mathrm{J}=1.68×10^5\ \mathrm{J}$；
根据熔化热的定义，冰的熔化热$λ=\frac{Q_{熔化}}{m}=\frac{1.68×10^5\ \mathrm{J}}{0.5\ \mathrm{kg}}=3.36×10^5\ \mathrm{J/kg}$；
【答案】
(1) $4.2×10^4\ \mathrm{J}$；(2) $2.1×10^3\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg}·° C)$；(3) $3.36×10^5\ \mathrm{J/kg}$
【知识点】
热量计算、比热容、熔化热
【点评】
本题结合温度-时间图像，考查热量公式、比热容及熔化热的计算，关键是利用“相同时间吸收热量相同”的条件，准确对应各阶段的吸热时间，需将图像信息与物理公式结合应用，难度适中。
【难度系数】
0.5
8. 某校科技小组为培养某种热带植物,制作了一个小型温室,其内部有一个恒温加热器。当温室外温度为$10\ °\mathrm{C}$时,温室内温度为$22\ °\mathrm{C}$;当温室外温度为$16\ °\mathrm{C}$时,温室内温度为$27\ °\mathrm{C}$。假定温室内加热器与室内间、室内与室外间的热量传递与温度差成正比。
(1) 求该温室内加热器的温度。
(2) 为节省能源,科技小组的同学对该温室进行了适当的保温改造,使室内向室外的热传递的热量减少了20%。那么,当室外温度为$10\ °\mathrm{C}$的情况下,求室内温度。
(1) 求该温室内加热器的温度。
(2) 为节省能源,科技小组的同学对该温室进行了适当的保温改造,使室内向室外的热传递的热量减少了20%。那么,当室外温度为$10\ °\mathrm{C}$的情况下,求室内温度。
答案
(1) $82\ °\mathrm{C}$ (2) $24.4\ °\mathrm{C}$
提示:(1) 设加热器的温度为$t$,温室内加热器与室内间传递的热量与温度差的比例系数为$k_1$,室内与室外间传递的热量与温度差的比例系数为$k_2$,有$k_1×(t-22\ °\mathrm{C})=k_2×(22\ °\mathrm{C}-10\ °\mathrm{C})$,有$k_1×(t-27\ °\mathrm{C})=k_2×(27\ °\mathrm{C}-16\ °\mathrm{C})$,两式联立得$t=82\ °\mathrm{C}$,$\dfrac{k_1}{k_2}=\dfrac{1}{5}$。(2) 设室内温度为$t_1$,则有$k_1×(82\ °\mathrm{C}-t_1)=(1-20\%)× k_2×(t_1-10\ °\mathrm{C})$,解得$t_1=24.4\ °\mathrm{C}$。
提示:(1) 设加热器的温度为$t$,温室内加热器与室内间传递的热量与温度差的比例系数为$k_1$,室内与室外间传递的热量与温度差的比例系数为$k_2$,有$k_1×(t-22\ °\mathrm{C})=k_2×(22\ °\mathrm{C}-10\ °\mathrm{C})$,有$k_1×(t-27\ °\mathrm{C})=k_2×(27\ °\mathrm{C}-16\ °\mathrm{C})$,两式联立得$t=82\ °\mathrm{C}$,$\dfrac{k_1}{k_2}=\dfrac{1}{5}$。(2) 设室内温度为$t_1$,则有$k_1×(82\ °\mathrm{C}-t_1)=(1-20\%)× k_2×(t_1-10\ °\mathrm{C})$,解得$t_1=24.4\ °\mathrm{C}$。
解析
【分析】
本题是热平衡规律的实际应用，核心思路是：恒温状态下，加热器传给室内的热量等于室内向室外传递的热量，且热量传递量与温度差成正比。首先设出加热器温度、两个热量传递的比例系数，根据两次不同室外温度下的平衡条件联立方程，求解加热器温度和比例系数的比值；再根据保温改造后室内向外热量的变化，再次利用平衡条件求解新的室内温度。
【解析】
(1) 设加热器温度为$ t $，加热器与室内间热量传递的比例系数为$ k_1 $，室内与室外间热量传递的比例系数为$ k_2 $。恒温时，加热器传给室内的热量等于室内向室外传递的热量，因此：
当室外温度为$10°\mathrm{C}$时：$ k_1(t - 22°\mathrm{C}) = k_2(22°\mathrm{C} - 10°\mathrm{C}) $，即$ k_1(t - 22) = 12k_2 $ ①
当室外温度为$16°\mathrm{C}$时：$ k_1(t - 27°\mathrm{C}) = k_2(27°\mathrm{C} - 16°\mathrm{C}) $，即$ k_1(t - 27) = 11k_2 $ ②
将①÷②，消去$ k_1、k_2 $得：$ \frac{t - 22}{t - 27} = \frac{12}{11} $，交叉相乘解得：$ 11(t - 22) = 12(t - 27) $，化简得$ t = 82°\mathrm{C} $；代入①得$ \frac{k_1}{k_2} = \frac{1}{5} $。
(2) 保温改造后，室内向室外的热量减少20%，即变为原来的80%。设改造后室内温度为$ t_1 $，此时平衡条件为：$ k_1(82°\mathrm{C} - t_1) = 0.8k_2(t_1 - 10°\mathrm{C}) $，将$ \frac{k_1}{k_2} = \frac{1}{5} $代入，约去$ k_2 $得：$ \frac{82 - t_1}{5} = 0.8(t_1 - 10) $，化简解得：$ t_1 = 24.4°\mathrm{C} $。
【答案】
(1) $82\ °\mathrm{C}$；(2) $24.4\ °\mathrm{C}$
【知识点】
热量传递与温度差的关系、热平衡方程
【点评】
本题结合实际温室温度问题，考察热平衡规律的应用，关键是利用热量与温度差成正比的条件建立方程，联立求解未知量，步骤清晰，需要学生掌握比例系数的处理方法。
【难度系数】
0.5
本题是热平衡规律的实际应用，核心思路是：恒温状态下，加热器传给室内的热量等于室内向室外传递的热量，且热量传递量与温度差成正比。首先设出加热器温度、两个热量传递的比例系数，根据两次不同室外温度下的平衡条件联立方程，求解加热器温度和比例系数的比值；再根据保温改造后室内向外热量的变化，再次利用平衡条件求解新的室内温度。
【解析】
(1) 设加热器温度为$ t $，加热器与室内间热量传递的比例系数为$ k_1 $，室内与室外间热量传递的比例系数为$ k_2 $。恒温时，加热器传给室内的热量等于室内向室外传递的热量，因此：
当室外温度为$10°\mathrm{C}$时：$ k_1(t - 22°\mathrm{C}) = k_2(22°\mathrm{C} - 10°\mathrm{C}) $，即$ k_1(t - 22) = 12k_2 $ ①
当室外温度为$16°\mathrm{C}$时：$ k_1(t - 27°\mathrm{C}) = k_2(27°\mathrm{C} - 16°\mathrm{C}) $，即$ k_1(t - 27) = 11k_2 $ ②
将①÷②，消去$ k_1、k_2 $得：$ \frac{t - 22}{t - 27} = \frac{12}{11} $，交叉相乘解得：$ 11(t - 22) = 12(t - 27) $，化简得$ t = 82°\mathrm{C} $；代入①得$ \frac{k_1}{k_2} = \frac{1}{5} $。
(2) 保温改造后，室内向室外的热量减少20%，即变为原来的80%。设改造后室内温度为$ t_1 $，此时平衡条件为：$ k_1(82°\mathrm{C} - t_1) = 0.8k_2(t_1 - 10°\mathrm{C}) $，将$ \frac{k_1}{k_2} = \frac{1}{5} $代入，约去$ k_2 $得：$ \frac{82 - t_1}{5} = 0.8(t_1 - 10) $，化简解得：$ t_1 = 24.4°\mathrm{C} $。
【答案】
(1) $82\ °\mathrm{C}$；(2) $24.4\ °\mathrm{C}$
【知识点】
热量传递与温度差的关系、热平衡方程
【点评】
本题结合实际温室温度问题，考察热平衡规律的应用，关键是利用热量与温度差成正比的条件建立方程，联立求解未知量，步骤清晰，需要学生掌握比例系数的处理方法。
【难度系数】
0.5
