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(1)器材:相同规格的电加热器、烧杯、温度计各两个,以及
(2)选取两个相同规格的电加热器进行实验,目的是通过比较
(3)实验中选取初温不同、
(4)如图乙所示,小姜正确使用温度计测量液体的温度,按照图中
(5)部分实验数据如下表所示,分析数据可得出结论:质量相等的水和煤油,吸收相同的热量时,
秒表
(填测量工具)、托盘天平(含砝码)、水和煤油。(2)选取两个相同规格的电加热器进行实验,目的是通过比较
加热时间
来比较物质吸收热量的多少。(3)实验中选取初温不同、
质量
相同的水和煤油,分别倒入烧杯中,用电加热器加热,当它们吸收相同的热量时,通过比较升高的温度
来比较它们的吸热情况。(4)如图乙所示,小姜正确使用温度计测量液体的温度,按照图中
B
(选填“A”“B”或“C”)方法读数是正确的;实验中某时刻温度计示数如图丙所示,为66
℃。(5)部分实验数据如下表所示,分析数据可得出结论:质量相等的水和煤油,吸收相同的热量时,
煤油
(选填“水”或“煤油”)的温度升高得多。答案
(1) 秒表
(2) 加热时间
(3) 质量 升高的温度
(4) B 66
(5) 煤油
解析 (1)物体吸收热量的多少是通过加热时间来反映的,加热时间需要用秒表来测量。
(2)选取两个相同规格的电加热器进行加热,电加热器每秒放出的热量是一定的,可以认为液体每秒吸收的热量相同,从而可以通过比较加热时间来比较物质吸收热量的多少。
(3)实验时在两个相同的烧杯中加入初温不同但质量都相等的水和煤油,用相同规格的电加热器加热,通过比较升高的温度来比较它们的吸热情况。
(4)读数的时候,视线要与液面相平,B正确;图丙中温度计的一个大格表示10 ℃,一个大格有10个小格,因此它的分度值为1 ℃,它的读数为66 ℃。
(5)根据表中实验数据可知,加热时间均为10 min,可认为水和煤油吸收的热量相同,水的温度升高了40 ℃,煤油的温度升高了80 ℃,可知,煤油的温度升高得多。
(2) 加热时间
(3) 质量 升高的温度
(4) B 66
(5) 煤油
解析 (1)物体吸收热量的多少是通过加热时间来反映的,加热时间需要用秒表来测量。
(2)选取两个相同规格的电加热器进行加热,电加热器每秒放出的热量是一定的,可以认为液体每秒吸收的热量相同,从而可以通过比较加热时间来比较物质吸收热量的多少。
(3)实验时在两个相同的烧杯中加入初温不同但质量都相等的水和煤油,用相同规格的电加热器加热,通过比较升高的温度来比较它们的吸热情况。
(4)读数的时候,视线要与液面相平,B正确;图丙中温度计的一个大格表示10 ℃,一个大格有10个小格,因此它的分度值为1 ℃,它的读数为66 ℃。
(5)根据表中实验数据可知,加热时间均为10 min,可认为水和煤油吸收的热量相同,水的温度升高了40 ℃,煤油的温度升高了80 ℃,可知,煤油的温度升高得多。
解析
【分析】
本题是探究不同物质吸热能力的实验题，需结合实验的控制变量法、转换法，以及温度计读数等知识点解题。第(1)问需确定测量加热时间的工具；第(2)问利用相同电加热器的特点，明确吸热多少的判断方法；第(3)问根据控制变量法确定实验需控制的量和比较的量；第(4)问掌握温度计的正确读数方法；第(5)问分析表格数据得出温度变化的结论。
【解析】
(1) 实验中需要记录加热的时间，因此还需要的测量工具是秒表；
(2) 相同规格的电加热器在相同时间内放出的热量相同，所以可以通过比较加热时间来间接反映物质吸收热量的多少；
(3) 根据控制变量法，实验中需选取初温不同、质量相同的水和煤油；当它们吸收相同热量时，通过比较升高的温度来判断它们的吸热情况；
(4) 温度计读数时，视线应与温度计内液柱的上表面相平，故B方法正确；该温度计的分度值为1℃，示数为66℃；
(5) 由表格数据可知，加热相同时间（水和煤油吸收的热量相同），煤油温度从10℃升高到90℃，升高了80℃，水从30℃升高到70℃，升高了40℃，因此煤油的温度升高得多。
【答案】
(1) 秒表；(2) 加热时间；(3) 质量；升高的温度；(4) B；66；(5) 煤油
【知识点】
比热容、吸热实验探究、温度计使用
【点评】
本题围绕探究物质吸热能力的经典实验展开，考查控制变量法、转换法的应用，温度计读数等基础知识点，注重实验方法的理解与应用，是热学的核心实验题型。
【难度系数】
0.6
本题是探究不同物质吸热能力的实验题，需结合实验的控制变量法、转换法，以及温度计读数等知识点解题。第(1)问需确定测量加热时间的工具；第(2)问利用相同电加热器的特点，明确吸热多少的判断方法；第(3)问根据控制变量法确定实验需控制的量和比较的量；第(4)问掌握温度计的正确读数方法；第(5)问分析表格数据得出温度变化的结论。
【解析】
(1) 实验中需要记录加热的时间，因此还需要的测量工具是秒表；
(2) 相同规格的电加热器在相同时间内放出的热量相同，所以可以通过比较加热时间来间接反映物质吸收热量的多少；
(3) 根据控制变量法，实验中需选取初温不同、质量相同的水和煤油；当它们吸收相同热量时，通过比较升高的温度来判断它们的吸热情况；
(4) 温度计读数时，视线应与温度计内液柱的上表面相平，故B方法正确；该温度计的分度值为1℃，示数为66℃；
(5) 由表格数据可知，加热相同时间（水和煤油吸收的热量相同），煤油温度从10℃升高到90℃，升高了80℃，水从30℃升高到70℃，升高了40℃，因此煤油的温度升高得多。
【答案】
(1) 秒表；(2) 加热时间；(3) 质量；升高的温度；(4) B；66；(5) 煤油
【知识点】
比热容、吸热实验探究、温度计使用
【点评】
本题围绕探究物质吸热能力的经典实验展开，考查控制变量法、转换法的应用，温度计读数等基础知识点，注重实验方法的理解与应用，是热学的核心实验题型。
【难度系数】
0.6
跟踪训练2 发热包是一种自热材料，它与水反应产生水蒸气时放出的热量可以加热食物。2 kg 的酒精被加热包加热后温度升高了21 ℃，此过程中酒精吸收的热量为
$1.008×10^5$
J；在答案
1. $1.008×10^5$ 75
解析 酒精吸收的热量$Q_{吸}=c_{酒精}m_{酒精}\Delta t=2.4×10^3 J/(kg· ℃)×2 kg×21 ℃=1.008×10^5 J$。若酒精吸收的热量全部被水吸收,则0.3 kg的水升高的温度 $\Delta t' = \frac{Q_{吸}}{c_{水}m_{水}} =\frac{1.008×10^5 J}{4.2×10^3 J/(kg· ℃)×0.3 kg}=80 ℃$。因为标准大气压下水的沸点为100 ℃,所以水的末温为100 ℃,则水升高的温度 $\Delta t''=100 ℃-25 ℃=75 ℃$。
解析 酒精吸收的热量$Q_{吸}=c_{酒精}m_{酒精}\Delta t=2.4×10^3 J/(kg· ℃)×2 kg×21 ℃=1.008×10^5 J$。若酒精吸收的热量全部被水吸收,则0.3 kg的水升高的温度 $\Delta t' = \frac{Q_{吸}}{c_{水}m_{水}} =\frac{1.008×10^5 J}{4.2×10^3 J/(kg· ℃)×0.3 kg}=80 ℃$。因为标准大气压下水的沸点为100 ℃,所以水的末温为100 ℃,则水升高的温度 $\Delta t''=100 ℃-25 ℃=75 ℃$。
解析
【分析】
要解决本题，首先利用热量计算公式$Q_{吸}=cm\Delta t$计算酒精吸收的热量；接着假设酒精吸收的热量全部被水吸收，再次运用热量公式计算水理论上升高的温度，需注意标准大气压下水的沸点为100℃，水沸腾时温度保持不变，因此实际升高的温度不能超过沸点与初始温度的差值。
【解析】
1. 计算酒精吸收的热量：
根据热量公式$Q_{吸}=c_{酒精}m_{酒精}\Delta t$，代入已知数据：
$c_{酒精}=2.4×10^3 J/(kg·℃)$，$m_{酒精}=2kg$，$\Delta t=21℃$，
则$Q_{吸}=2.4×10^3 J/(kg·℃)×2kg×21℃=1.008×10^5 J$。
2. 计算水实际升高的温度：
假设酒精吸收的热量全部被$m_{水}=0.3kg$的水吸收，先计算理论上升高的温度：
$\Delta t_{理论}=\frac{Q_{吸}}{c_{水}m_{水}}=\frac{1.008×10^5 J}{4.2×10^3 J/(kg·℃)×0.3kg}=80℃$。
标准大气压下水的沸点为100℃，若水初始温度为25℃，则水实际能升高的温度为：
$\Delta t_{实际}=100℃ - 25℃=75℃$（水达到沸点后温度不再升高，因此实际升高温度为沸点减初始温度）。
【答案】
$1.008×10^5$；75
【知识点】
热量的计算、比热容的应用、水的沸点特性
【点评】
本题考查热量计算公式的应用，核心是掌握$Q=cm\Delta t$的运用，需特别注意水沸腾时温度保持不变的特性，避免忽略沸点限制导致计算错误，属于基础应用类题目。
【难度系数】
0.6
要解决本题，首先利用热量计算公式$Q_{吸}=cm\Delta t$计算酒精吸收的热量；接着假设酒精吸收的热量全部被水吸收，再次运用热量公式计算水理论上升高的温度，需注意标准大气压下水的沸点为100℃，水沸腾时温度保持不变，因此实际升高的温度不能超过沸点与初始温度的差值。
【解析】
1. 计算酒精吸收的热量：
根据热量公式$Q_{吸}=c_{酒精}m_{酒精}\Delta t$，代入已知数据：
$c_{酒精}=2.4×10^3 J/(kg·℃)$，$m_{酒精}=2kg$，$\Delta t=21℃$，
则$Q_{吸}=2.4×10^3 J/(kg·℃)×2kg×21℃=1.008×10^5 J$。
2. 计算水实际升高的温度：
假设酒精吸收的热量全部被$m_{水}=0.3kg$的水吸收，先计算理论上升高的温度：
$\Delta t_{理论}=\frac{Q_{吸}}{c_{水}m_{水}}=\frac{1.008×10^5 J}{4.2×10^3 J/(kg·℃)×0.3kg}=80℃$。
标准大气压下水的沸点为100℃，若水初始温度为25℃，则水实际能升高的温度为：
$\Delta t_{实际}=100℃ - 25℃=75℃$（水达到沸点后温度不再升高，因此实际升高温度为沸点减初始温度）。
【答案】
$1.008×10^5$；75
【知识点】
热量的计算、比热容的应用、水的沸点特性
【点评】
本题考查热量计算公式的应用，核心是掌握$Q=cm\Delta t$的运用，需特别注意水沸腾时温度保持不变的特性，避免忽略沸点限制导致计算错误，属于基础应用类题目。
【难度系数】
0.6
