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11 (2024·镇江中考)为比较A、B两保温杯的保温性能，小红在两个保温杯中分别倒入0.1 kg相同温度的热水，用温度计测量其初温为$t_0$，示数如图1所示，$t_0=$
80
℃.绘制水温随时间的变化图像如图2所示，A杯中水放出的热量为$2.1×10^4$
J.保温性能更好的是A
(填“A”或“B”)杯.$[c_{\mathrm{水}}=4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}]$答案
11.80 $2.1×10^4$ A [解析]由题图1可知，温度计的分度值为$1\ ℃$，因此$t_0=80\ ℃$.由题图2可知，水的末温为$30\ ℃$，则A杯中的水放出的热量为$Q_{\mathrm{放}}=c_{\mathrm{水}} m \Delta t=4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}×0.1\ \mathrm{kg}×(80-30)℃=2.1×10^4\ \mathrm{J}$.由图2可知，A保温杯中的水比B保温杯中的水降温慢，说明A保温杯的保温性能更好.
解析
【分析】
首先读取温度计示数确定热水初温，需明确温度计分度值；接着利用放热公式计算A杯中水放出的热量，要确定水的质量、比热容及温度变化量；最后根据水温随时间的变化图像，判断相同时间内降温快慢，降温慢的保温杯保温性能更好。
【解析】
1. 温度计读数：由图1可知，温度计的分度值为1℃，因此热水初温$ t_0 = 80℃ $；
2. 热量计算：A杯中水的质量$ m = 0.1kg $，水的比热容$ c_{水}=4.2×10^3 J/(kg·℃) $，由图2可知A杯末温为30℃，则温度变化量$ \Delta t = t_0 - t_{末} = 80℃ - 30℃ = 50℃ $，根据放热公式$ Q_{放}=c_{水}m\Delta t $，代入数据得：$ Q_{放}=4.2×10^3 J/(kg·℃)×0.1kg×50℃=2.1×10^4 J $；
3. 保温性能判断：由图2可知，相同时间内A杯中水的温度降低得比B杯慢，说明A杯的保温性能更好。
【答案】
80；$ 2.1×10^4 $；A
【知识点】
温度计的读数、热量的计算、保温性能判断
【点评】
本题结合生活实际问题，考查温度计读数、热量公式应用及保温性能的判断，知识点基础，贴近生活，难度适中。
【难度系数】
0.8
首先读取温度计示数确定热水初温，需明确温度计分度值；接着利用放热公式计算A杯中水放出的热量，要确定水的质量、比热容及温度变化量；最后根据水温随时间的变化图像，判断相同时间内降温快慢，降温慢的保温杯保温性能更好。
【解析】
1. 温度计读数：由图1可知，温度计的分度值为1℃，因此热水初温$ t_0 = 80℃ $；
2. 热量计算：A杯中水的质量$ m = 0.1kg $，水的比热容$ c_{水}=4.2×10^3 J/(kg·℃) $，由图2可知A杯末温为30℃，则温度变化量$ \Delta t = t_0 - t_{末} = 80℃ - 30℃ = 50℃ $，根据放热公式$ Q_{放}=c_{水}m\Delta t $，代入数据得：$ Q_{放}=4.2×10^3 J/(kg·℃)×0.1kg×50℃=2.1×10^4 J $；
3. 保温性能判断：由图2可知，相同时间内A杯中水的温度降低得比B杯慢，说明A杯的保温性能更好。
【答案】
80；$ 2.1×10^4 $；A
【知识点】
温度计的读数、热量的计算、保温性能判断
【点评】
本题结合生活实际问题，考查温度计读数、热量公式应用及保温性能的判断，知识点基础，贴近生活，难度适中。
【难度系数】
0.8
12 跨学科 沿海地区的空气流向 由于水的比热容比沙石或干泥土的比热容大，所以在沿海地区陆地表面的气温比海面的气温昼夜变化
大
（填“大”或“小”），因此白天海边的风多是从海面吹向陆地
（填“从陆地吹向海面”或“从海面吹向陆地”）。答案
12.大 从海面吹向陆地
解析
【分析】
要解决这道题，需结合比热容的特性和气压与风向的关系思考：首先，水的比热容比沙石大，相同质量的水和沙石吸收/放出相同热量时，温度变化不同；其次，风向由气压差决定，风从高压区吹向低压区。
【解析】
1. 分析陆地气温昼夜变化：由于水的比热容比沙石大，相同质量的陆地（沙石）和海面（水），在吸收或放出相同热量时，沙石的温度变化更明显，因此陆地表面的气温比海面的气温昼夜变化大，故第一空填“大”。
2. 分析白天的风向：白天，陆地升温比海面快，陆地气温高，空气受热上升，近地面形成低压；海面气温低，空气下沉，近地面形成高压。风从高压区（海面）吹向低压区（陆地），因此白天海边的风多是从海面吹向陆地，故第二空填“从海面吹向陆地”。
【答案】
大 从海面吹向陆地
【知识点】
比热容、海陆风形成
【点评】
本题是跨学科题目，结合物理比热容知识与地理风向原理，考查学生对基础知识的应用能力，难度适中。
【难度系数】
0.6
要解决这道题，需结合比热容的特性和气压与风向的关系思考：首先，水的比热容比沙石大，相同质量的水和沙石吸收/放出相同热量时，温度变化不同；其次，风向由气压差决定，风从高压区吹向低压区。
【解析】
1. 分析陆地气温昼夜变化：由于水的比热容比沙石大，相同质量的陆地（沙石）和海面（水），在吸收或放出相同热量时，沙石的温度变化更明显，因此陆地表面的气温比海面的气温昼夜变化大，故第一空填“大”。
2. 分析白天的风向：白天，陆地升温比海面快，陆地气温高，空气受热上升，近地面形成低压；海面气温低，空气下沉，近地面形成高压。风从高压区（海面）吹向低压区（陆地），因此白天海边的风多是从海面吹向陆地，故第二空填“从海面吹向陆地”。
【答案】
大 从海面吹向陆地
【知识点】
比热容、海陆风形成
【点评】
本题是跨学科题目，结合物理比热容知识与地理风向原理，考查学生对基础知识的应用能力，难度适中。
【难度系数】
0.6
13 质量和初温都相同的甲、乙两种物质，用同样的加热器对其进行加热，它们的温度随时间变化的图像如图所示，下列说法正确的是（
A.0～6 min 甲比乙吸收的热量多
B.6～8 min 甲物质吸热，乙物质不吸热
C.8～10 min 甲和乙继续吸热，但甲和乙温度保持不变
D.甲的比热容大于乙的比热容
C
）。A.0～6 min 甲比乙吸收的热量多
B.6～8 min 甲物质吸热，乙物质不吸热
C.8～10 min 甲和乙继续吸热，但甲和乙温度保持不变
D.甲的比热容大于乙的比热容
答案
13.C [解析]0～6 min 甲和乙吸收的热量相同，用同种热源和相同的加热方法加热相同时间，物体吸收的热量一样多，故A错误；6～8 min 甲和乙都要吸热，甲吸热后温度升高，乙吸热后温度不变，故B错误；8～10 min 甲和乙继续吸热，但甲和乙温度保持不变，故C正确；质量和初温相同的甲、乙吸热后，乙的温度变化慢，乙的比热容较大，故D错误.
解析
【分析】
首先明确：用同样的加热器加热，相同时间内甲、乙吸收的热量相等；从图像可知，甲、乙都存在温度不变的阶段，说明二者均为晶体，晶体熔化时吸热但温度保持不变。接下来结合各选项，利用上述规律和比热容公式逐一分析判断。
【解析】
解：A选项：0～6 min，用同样的加热器加热相同时间，甲和乙吸收的热量相同，故A错误；
B选项：6～8 min，甲物质温度升高，乙物质处于熔化过程，甲和乙都需要吸热，故B错误；
C选项：8～10 min，甲和乙都处于熔化阶段，继续吸热，且温度保持不变，故C正确；
D选项：质量和初温都相同的甲、乙，相同时间吸收热量相同，由图像可知，相同时间内乙的温度变化Δt更小，根据比热容公式$c=\frac{Q}{m\Delta t}$，可知乙的比热容更大，故D错误。
【答案】
C
【知识点】
比热容、晶体熔化
【点评】
本题结合温度-时间图像考查比热容和晶体熔化的特点，核心是理解“相同加热器相同时间吸热相同”“晶体熔化时吸热温度不变”的规律，同时能利用比热容公式分析比热容大小，需要学生掌握相关概念和公式的应用，综合性较强。
【难度系数】
0.6
首先明确：用同样的加热器加热，相同时间内甲、乙吸收的热量相等；从图像可知，甲、乙都存在温度不变的阶段，说明二者均为晶体，晶体熔化时吸热但温度保持不变。接下来结合各选项，利用上述规律和比热容公式逐一分析判断。
【解析】
解：A选项：0～6 min，用同样的加热器加热相同时间，甲和乙吸收的热量相同，故A错误；
B选项：6～8 min，甲物质温度升高，乙物质处于熔化过程，甲和乙都需要吸热，故B错误；
C选项：8～10 min，甲和乙都处于熔化阶段，继续吸热，且温度保持不变，故C正确；
D选项：质量和初温都相同的甲、乙，相同时间吸收热量相同，由图像可知，相同时间内乙的温度变化Δt更小，根据比热容公式$c=\frac{Q}{m\Delta t}$，可知乙的比热容更大，故D错误。
【答案】
C
【知识点】
比热容、晶体熔化
【点评】
本题结合温度-时间图像考查比热容和晶体熔化的特点，核心是理解“相同加热器相同时间吸热相同”“晶体熔化时吸热温度不变”的规律，同时能利用比热容公式分析比热容大小，需要学生掌握相关概念和公式的应用，综合性较强。
【难度系数】
0.6
14 如图所示为1 kg不同物质温度升高 $1°\mathrm{C}$吸收的热量.由图可知,当它们质量和初温都相同时,若吸收相同热量，
煤油
温度升高最多;若升高相同温度时，水
吸收热量最多,因为它具有较大的比热容
,经常被用作冷却剂.答案
14.煤油 水 比热容
解析
【分析】首先明确，题目中给出的1kg不同物质温度升高1℃吸收的热量，对应物质的比热容（比热容是反映物质吸热能力的物理量）。解题思路是利用热量计算公式$Q=cm\Delta t$，结合图像中各物质的比热容大小分析问题：①当质量$m$、吸收热量$Q$相同时，温度变化$\Delta t$与比热容$c$成反比，$c$越小则$\Delta t$越大；②当质量$m$、升高温度$\Delta t$相同时，吸收热量$Q$与比热容$c$成正比，$c$越大则$Q$越大。
【解析】由图可知，1kg水升高1℃吸收的热量为4000J，酒精约2500J，煤油为2000J，因此三者比热容大小关系为$c_水＞c_酒精＞c_煤油$。
根据热量公式$Q=cm\Delta t$：
1. 当质量、初温相同且吸收相同热量时，$\Delta t=\frac{Q}{cm}$，$m$、$Q$相同，$\Delta t$与$c$成反比，煤油的比热容最小，故温度升高最多；
2. 当质量相同且升高相同温度时，$Q=cm\Delta t$，$m$、$\Delta t$相同，$Q$与$c$成正比，水的比热容最大，故吸收热量最多；水因比热容大，常被用作冷却剂。
【答案】煤油；水；比热容
【知识点】比热容、热量计算
【点评】本题结合图像考查比热容概念与热量公式的应用，属于基础题型，核心是理解图像热量值对应比热容大小，再结合公式分析即可，难度较低。
【难度系数】0.6
【解析】由图可知，1kg水升高1℃吸收的热量为4000J，酒精约2500J，煤油为2000J，因此三者比热容大小关系为$c_水＞c_酒精＞c_煤油$。
根据热量公式$Q=cm\Delta t$：
1. 当质量、初温相同且吸收相同热量时，$\Delta t=\frac{Q}{cm}$，$m$、$Q$相同，$\Delta t$与$c$成反比，煤油的比热容最小，故温度升高最多；
2. 当质量相同且升高相同温度时，$Q=cm\Delta t$，$m$、$\Delta t$相同，$Q$与$c$成正比，水的比热容最大，故吸收热量最多；水因比热容大，常被用作冷却剂。
【答案】煤油；水；比热容
【知识点】比热容、热量计算
【点评】本题结合图像考查比热容概念与热量公式的应用，属于基础题型，核心是理解图像热量值对应比热容大小，再结合公式分析即可，难度较低。
【难度系数】0.6
15（2024·徐州中考）在探究不同物质吸热升温的现象时，将相等
质量
的沙子和水分别装入易拉罐中，用相同的热源和方法加热，则单位时间内沙子和水吸收的热量相同
。如图所示，实验得到沙子和水的温度随时间变化的图像，其中a是沙子
的图像。答案
15.质量 相同 沙子
[解析]为了探究沙子和水吸热升温现象，需将质量相等的沙子和水用相同的热源和方法加热，则单位时间内沙子和水吸收的热量相同；由于沙子的比热容比水小，质量相等的沙子和水吸收相同热量，沙子温度升高更多，可知a是沙子吸热升温的图像.
[解析]为了探究沙子和水吸热升温现象，需将质量相等的沙子和水用相同的热源和方法加热，则单位时间内沙子和水吸收的热量相同；由于沙子的比热容比水小，质量相等的沙子和水吸收相同热量，沙子温度升高更多，可知a是沙子吸热升温的图像.
解析
【分析】
要解决这道题，需结合探究不同物质吸热升温的实验原理、控制变量法以及比热容的知识逐步推导：首先，探究吸热升温与物质种类的关系时，需控制变量，保证沙子和水的质量相等；相同热源加热时，相同时间内热源放出的热量相同，因此单位时间内两者吸收的热量相同；再根据比热容公式$Q=cm\Delta t$，质量相同、吸收热量相同时，比热容越小，温度升高越快，沙子比热容比水小，温度升高更快，对应图像中升温更快的a，即可判断。
【解析】
1. 探究不同物质吸热升温的现象时，需采用控制变量法，控制沙子和水的质量相等，这样才能通过温度变化准确比较不同物质的吸热能力；
2. 使用相同的热源加热，相同时间内热源放出的热量相同，因此单位时间内沙子和水吸收的热量相同；
3. 根据比热容公式$Q=cm\Delta t$，当质量$m$和吸收的热量$Q$相同时，比热容$c$越小，温度变化$\Delta t$越大。沙子的比热容比水小，所以质量相等的沙子和水吸收相同热量时，沙子温度升高更多，对应图像中升温更快的a，因此a是沙子的图像。
【答案】
质量；相同；沙子
【知识点】
比热容、控制变量法、吸热升温实验
【点评】
本题是探究不同物质吸热升温的基础实验题，结合控制变量法和比热容公式分析，难度适中，主要考察学生对实验原理和比热容知识的理解应用。
【难度系数】
0.6
要解决这道题，需结合探究不同物质吸热升温的实验原理、控制变量法以及比热容的知识逐步推导：首先，探究吸热升温与物质种类的关系时，需控制变量，保证沙子和水的质量相等；相同热源加热时，相同时间内热源放出的热量相同，因此单位时间内两者吸收的热量相同；再根据比热容公式$Q=cm\Delta t$，质量相同、吸收热量相同时，比热容越小，温度升高越快，沙子比热容比水小，温度升高更快，对应图像中升温更快的a，即可判断。
【解析】
1. 探究不同物质吸热升温的现象时，需采用控制变量法，控制沙子和水的质量相等，这样才能通过温度变化准确比较不同物质的吸热能力；
2. 使用相同的热源加热，相同时间内热源放出的热量相同，因此单位时间内沙子和水吸收的热量相同；
3. 根据比热容公式$Q=cm\Delta t$，当质量$m$和吸收的热量$Q$相同时，比热容$c$越小，温度变化$\Delta t$越大。沙子的比热容比水小，所以质量相等的沙子和水吸收相同热量时，沙子温度升高更多，对应图像中升温更快的a，因此a是沙子的图像。
【答案】
质量；相同；沙子
【知识点】
比热容、控制变量法、吸热升温实验
【点评】
本题是探究不同物质吸热升温的基础实验题，结合控制变量法和比热容公式分析，难度适中，主要考察学生对实验原理和比热容知识的理解应用。
【难度系数】
0.6
16 中考新考法 城乡温差探究 某市正在创建全国规范化文明城市,推开窗门,满目青翠,走出家门,街道宽敞整洁,车水马龙,热闹非凡.小明家住市中心,他担心住在映月湖边上的奶奶寂寞,想奶奶与他同住,但奶奶嫌城市夏天太热而不愿住,这激发了小明探究城乡温差原因的兴趣.暑假的某一天,他请学校兴趣小组的同学分别到选定地点,于中午同一时刻测出测试点的气温,如表所示.
(1)气温最低的区域是
(2)质量为10 kg的水在太阳光的照射下,温度从28 ℃再升高了5 ℃,水吸收的热量是
(3)请你为该市献计献策,提出两种降低市中心环境气温的办法:
①
②
(1)气温最低的区域是
映月湖公园
;该区域气温低的主要原因是水的比热容较大
.(2)质量为10 kg的水在太阳光的照射下,温度从28 ℃再升高了5 ℃,水吸收的热量是
$2.1×10^5$
J,这是通过热传递
的方式改变水的内能.水吸收的热量可以使20
kg的煤油上升相同的温度.[煤油的比热容是$2.1×10^3 J/(kg·℃)$](3)请你为该市献计献策,提出两种降低市中心环境气温的办法:
①
多植树
;②
多建造人工湖
.答案
16.(1)映月湖公园 水的比热容较大
(2)$2.1×10^5$ 热传递 20
(3)①多植树 ②多建造人工湖
(2)$2.1×10^5$ 热传递 20
(3)①多植树 ②多建造人工湖
解析
【分析】
本题围绕城乡温差探究设置问题，需分三步解答：(1)通过表格数据找气温最低区域，结合水的比热容特性分析原因；(2)利用热量公式计算水吸收的热量，判断改变内能的方式，再计算煤油质量；(3)结合比热容的应用，提出降低市中心气温的合理措施。
【解析】
(1) 观察表格中各地点气温：居民区36.1℃、商业区37.2℃、映月湖公园32.8℃、千灯湖公园33℃、市中心37℃、礌岗公园34.5℃，可知气温最低的区域是映月湖公园。该区域水域面积大，水的比热容较大，相同质量的水和其他物质相比，吸收相同热量时温度升高幅度更小，因此气温更低。
(2) 水吸收的热量：根据公式$Q_{吸}=c_{水}m_{水}\Delta t$，其中$c_{水}=4.2×10^3 J/(kg·℃)$，$m_{水}=10 kg$，$\Delta t=5℃$，代入得$Q_{吸}=4.2×10^3 J/(kg·℃)×10 kg×5℃=2.1×10^5 J$。水吸收热量是通过热传递的方式改变内能。
当煤油上升相同温度（$\Delta t=5℃$），吸收热量与水相等，根据$Q_{吸}=c_{煤油}m_{煤油}\Delta t$，可得煤油质量$m_{煤油}=\frac{Q_{吸}}{c_{煤油}\Delta t}=\frac{2.1×10^5 J}{2.1×10^3 J/(kg·℃)×5℃}=20 kg$。
(3) 降低市中心气温可利用水和植被的调温特性，办法为：①多植树造林，增加绿化面积；②多建造人工湖，扩大水域面积。
【答案】
(1) 映月湖公园；水的比热容较大
(2) $2.1×10^5$；热传递；20
(3) ①多植树；②多建造人工湖
【知识点】
比热容、热量计算、内能的改变
【点评】
本题结合生活实际，将比热容知识应用于城乡温差探究，既考查物理公式的计算能力，又引导学生用物理知识解决实际问题，体现了物理的实用性。
【难度系数】
0.6
本题围绕城乡温差探究设置问题，需分三步解答：(1)通过表格数据找气温最低区域，结合水的比热容特性分析原因；(2)利用热量公式计算水吸收的热量，判断改变内能的方式，再计算煤油质量；(3)结合比热容的应用，提出降低市中心气温的合理措施。
【解析】
(1) 观察表格中各地点气温：居民区36.1℃、商业区37.2℃、映月湖公园32.8℃、千灯湖公园33℃、市中心37℃、礌岗公园34.5℃，可知气温最低的区域是映月湖公园。该区域水域面积大，水的比热容较大，相同质量的水和其他物质相比，吸收相同热量时温度升高幅度更小，因此气温更低。
(2) 水吸收的热量：根据公式$Q_{吸}=c_{水}m_{水}\Delta t$，其中$c_{水}=4.2×10^3 J/(kg·℃)$，$m_{水}=10 kg$，$\Delta t=5℃$，代入得$Q_{吸}=4.2×10^3 J/(kg·℃)×10 kg×5℃=2.1×10^5 J$。水吸收热量是通过热传递的方式改变内能。
当煤油上升相同温度（$\Delta t=5℃$），吸收热量与水相等，根据$Q_{吸}=c_{煤油}m_{煤油}\Delta t$，可得煤油质量$m_{煤油}=\frac{Q_{吸}}{c_{煤油}\Delta t}=\frac{2.1×10^5 J}{2.1×10^3 J/(kg·℃)×5℃}=20 kg$。
(3) 降低市中心气温可利用水和植被的调温特性，办法为：①多植树造林，增加绿化面积；②多建造人工湖，扩大水域面积。
【答案】
(1) 映月湖公园；水的比热容较大
(2) $2.1×10^5$；热传递；20
(3) ①多植树；②多建造人工湖
【知识点】
比热容、热量计算、内能的改变
【点评】
本题结合生活实际，将比热容知识应用于城乡温差探究，既考查物理公式的计算能力，又引导学生用物理知识解决实际问题，体现了物理的实用性。
【难度系数】
0.6
