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1. (2025·上海中考)“滚滚长江东逝水，浪花淘尽英雄”，说明江水有
动
能，0 ℃的水具有
(填“具有”或“不具有”)内能。答案
1. 动 具有 解析：“滚滚长江东逝水，浪花淘尽英雄”，说明江水有动能。一切物体都具有内能，内能是物体内部所有分子热运动的动能和分子势能的总和。0 ℃的水，其分子依然在不停地做无规则运动，且分子间存在着相互作用的势能，所以具有内能。
解析
【分析】
首先，根据动能的定义：物体由于运动而具有的能叫动能，江水“东逝水”说明江水处于运动状态，可判断其具有动能；其次，内能的特点是一切物体在任何温度下都具有内能，0℃的水的分子仍在做无规则运动，分子间也存在势能，据此判断0℃的水是否具有内能。
【解析】
1. 江水流动时处于运动状态，根据动能的概念，运动的物体具有动能，因此江水具有动能；
2. 内能是物体内部所有分子热运动的动能和分子势能的总和，一切物体的分子都在永不停息地做无规则运动，所以任何物体在任何温度下都具有内能，0℃的水也不例外，因此0℃的水具有内能。
【答案】
动；具有
【知识点】
动能的概念；内能的概念
【点评】
本题考查动能和内能的基础概念，属于识记类基础题，需准确掌握动能的判断依据和内能的普遍性特点。
【难度系数】
0.9
首先，根据动能的定义：物体由于运动而具有的能叫动能，江水“东逝水”说明江水处于运动状态，可判断其具有动能；其次，内能的特点是一切物体在任何温度下都具有内能，0℃的水的分子仍在做无规则运动，分子间也存在势能，据此判断0℃的水是否具有内能。
【解析】
1. 江水流动时处于运动状态，根据动能的概念，运动的物体具有动能，因此江水具有动能；
2. 内能是物体内部所有分子热运动的动能和分子势能的总和，一切物体的分子都在永不停息地做无规则运动，所以任何物体在任何温度下都具有内能，0℃的水也不例外，因此0℃的水具有内能。
【答案】
动；具有
【知识点】
动能的概念；内能的概念
【点评】
本题考查动能和内能的基础概念，属于识记类基础题，需准确掌握动能的判断依据和内能的普遍性特点。
【难度系数】
0.9
2. (2025·泰安中考)科学处理垃圾可以实现综合热利用，如果科学处理1 t垃圾能产生$2.16× 10^{9}\ \mathrm{J}$的电能，这些电能相当于完全燃烧
180
kg干木柴放出的热量。干木柴的热值取$1.2× 10^{7}\ \mathrm{J/kg}$。答案
2. 180 解析:由题意可得,$Q_{放}=E=2.16×10^{9}\ \mathrm{J}$,由$Q_{放}= mq$可得,需要完全燃烧干木柴的质量: $m=\frac{Q_{放}}{q}=\frac{2.16×10^{9}\ \mathrm{J}}{1.2×10^{7}\ \mathrm{J/kg}}=180\ \mathrm{kg}$。
解析
【分析】首先明确题目中电能与干木柴完全燃烧放出的热量相等，即干木柴燃烧放出的热量等于产生的电能；再回忆热值的计算公式，通过公式变形即可求出需要干木柴的质量。
【解析】由题意可知，干木柴完全燃烧放出的热量等于产生的电能，即$Q_{放}=E=2.16×10^{9}\ \mathrm{J}$。根据热值公式$Q_{放}=mq$，变形可得需要干木柴的质量：$m=\frac{Q_{放}}{q}=\frac{2.16×10^{9}\ \mathrm{J}}{1.2×10^{7}\ \mathrm{J/kg}}=180\ \mathrm{kg}$。
【答案】180
【知识点】热值的计算、热量公式应用
【点评】本题是热值公式的基础应用题，考查学生对热量与热值关系的掌握，属于初中热学部分的基础题型，难度较低。
【难度系数】0.8
【解析】由题意可知，干木柴完全燃烧放出的热量等于产生的电能，即$Q_{放}=E=2.16×10^{9}\ \mathrm{J}$。根据热值公式$Q_{放}=mq$，变形可得需要干木柴的质量：$m=\frac{Q_{放}}{q}=\frac{2.16×10^{9}\ \mathrm{J}}{1.2×10^{7}\ \mathrm{J/kg}}=180\ \mathrm{kg}$。
【答案】180
【知识点】热值的计算、热量公式应用
【点评】本题是热值公式的基础应用题，考查学生对热量与热值关系的掌握，属于初中热学部分的基础题型，难度较低。
【难度系数】0.8
3. (2025·亳州利辛县期中)图甲为空气压缩引火仪,图乙是四冲程汽油机的一个冲程,两图中以下几种情况对比:①能量转化情况、②改变气体内能的方式、③气体内能的变化,其中
②
(填序号)是相同的。答案
3. ② 解析:图甲中活塞压缩空气对空气做功,将机械能转化为内能,空气内能增加,温度升高,是通过做功的方法改变空气的内能。图乙中两个气门都关闭,火花塞点火,活塞向下运动,因此是做功冲程,此冲程中内能转化为机械能,内能减少,温度降低,是通过做功的方法改变燃气的内能;综合分析甲、乙两图能量转化情况和气体内能的变化不同,改变气体内能的方式相同。
解析
【分析】
要解决本题，需分别分析图甲和图乙的物理过程，再对比两者的能量转化、气体内能变化、改变内能的方式三个方面，找出相同的情况。首先明确图甲是空气压缩引火仪的工作过程，图乙是四冲程汽油机的某一冲程，分别拆解两个过程的特点即可对比得出结论。
【解析】
1. 分析图甲：下压空气压缩引火仪的活塞时，活塞对筒内空气做功，将机械能转化为空气的内能，空气的内能增加，该过程是通过做功的方式改变气体的内能。
2. 分析图乙：图中两个气门关闭，火花塞点火，活塞向下运动，是汽油机的做功冲程；此冲程中，燃气膨胀推动活塞做功，将燃气的内能转化为机械能，燃气的内能减少，该过程也是通过做功的方式改变气体的内能。
3. 对比三者：能量转化情况（甲为机械能→内能，乙为内能→机械能）不同；气体内能的变化（甲内能增加，乙内能减少）不同；改变气体内能的方式（均为做功）相同。
【答案】
②
【知识点】
内能的改变方式、内燃机冲程
【点评】
本题通过对比两个不同的热学装置，考查内能改变的方式、能量转化及内燃机冲程的判断，需要准确分析两个装置的工作过程，区分不同过程的物理量变化，是对热学基础知识点的综合考查。
【难度系数】
0.5
要解决本题，需分别分析图甲和图乙的物理过程，再对比两者的能量转化、气体内能变化、改变内能的方式三个方面，找出相同的情况。首先明确图甲是空气压缩引火仪的工作过程，图乙是四冲程汽油机的某一冲程，分别拆解两个过程的特点即可对比得出结论。
【解析】
1. 分析图甲：下压空气压缩引火仪的活塞时，活塞对筒内空气做功，将机械能转化为空气的内能，空气的内能增加，该过程是通过做功的方式改变气体的内能。
2. 分析图乙：图中两个气门关闭，火花塞点火，活塞向下运动，是汽油机的做功冲程；此冲程中，燃气膨胀推动活塞做功，将燃气的内能转化为机械能，燃气的内能减少，该过程也是通过做功的方式改变气体的内能。
3. 对比三者：能量转化情况（甲为机械能→内能，乙为内能→机械能）不同；气体内能的变化（甲内能增加，乙内能减少）不同；改变气体内能的方式（均为做功）相同。
【答案】
②
【知识点】
内能的改变方式、内燃机冲程
【点评】
本题通过对比两个不同的热学装置，考查内能改变的方式、能量转化及内燃机冲程的判断，需要准确分析两个装置的工作过程，区分不同过程的物理量变化，是对热学基础知识点的综合考查。
【难度系数】
0.5
4.“早穿皮袄午穿纱，守着火炉吃西瓜”是对大漠气候的生动描写，而沿海地区昼夜温差则不大，这是水的比热容比砂石的
大
造成的。已知砂石和水的比热容之比为1：4，砂石和水的密度之比为3：2。当相同体积的砂石和水吸收相同的热量时，它们升高的温度之比为8：3
。答案
4. 大 8：3 解析:水的比热容较大,质量相同的水与其他物质相比,吸收或放出一定热量时,温度变化小;温度变化一定时,可以吸收或放出更多热量。砂石和水两个物体的体积相同,由$\rho =\frac{m}{V}$可得$\frac{m_{砂石}}{m_{水}}=\frac{\rho_{砂石}V_{砂石}}{\rho_{水}V_{水}}=\frac{\rho_{砂石}}{\rho_{水}}=\frac{3}{2}$,由$Q_{吸}=cm\Delta t$可知,砂石和水吸收相同的热量时升高的温度之比$\frac{\Delta t_{砂石}}{\Delta t_{水}}=\frac{\frac{Q}{c_{砂石}m_{砂石}}}{\frac{Q}{c_{水}m_{水}}}=\frac{c_{水}m_{水}}{c_{砂石}m_{砂石}}=\frac{4×2}{1×3}=\frac{8}{3}=8:3$。
解析
【分析】
首先，第一空需结合比热容的物理意义分析：比热容越大的物质，相同质量下吸放热时温度变化越小，沿海地区水多昼夜温差小，内陆大漠砂石多温差大，由此判断水的比热容更大。第二空需利用密度公式和热量公式推导温度变化之比：已知体积相同，先由密度公式求质量比，再根据热量公式变形得到温度变化表达式，进而计算两者升高温度的比值。
【解析】
1. 第一空：
比热容是描述物质吸放热能力的物理量，水的比热容较大，相同质量的水和砂石吸收或放出相同热量时，水的温度变化更小，因此沿海地区（水多）昼夜温差小，内陆大漠（砂石多）昼夜温差大，故水的比热容比砂石大。
2. 第二空：
已知砂石和水体积V相同，密度之比$\rho_{砂}:\rho_{水}=3:2$，由密度公式$\rho=\frac{m}{V}$得质量$m=\rho V$，因此质量比：
$\frac{m_{砂}}{m_{水}}=\frac{\rho_{砂}V}{\rho_{水}V}=\frac{\rho_{砂}}{\rho_{水}}=\frac{3}{2}$
已知两者吸收相同热量Q，比热容之比$c_{砂}:c_{水}=1:4$，由热量公式$Q_{吸}=cm\Delta t$变形得$\Delta t=\frac{Q}{cm}$，则升高温度之比：
$\frac{\Delta t_{砂}}{\Delta t_{水}}=\frac{\frac{Q}{c_{砂}m_{砂}}}{\frac{Q}{c_{水}m_{水}}}=\frac{c_{水}m_{水}}{c_{砂}m_{砂}}=\frac{4×2}{1×3}=\frac{8}{3}=8:3$
【答案】
大；8:3
【知识点】
比热容、热量的计算、密度公式的应用
【点评】
本题结合生活中的气候现象考查比热容特性及相关计算，既考查基础概念理解，又涉及公式灵活应用，难度适中，注重物理知识与实际生活的联系。
【难度系数】
0.5
首先，第一空需结合比热容的物理意义分析：比热容越大的物质，相同质量下吸放热时温度变化越小，沿海地区水多昼夜温差小，内陆大漠砂石多温差大，由此判断水的比热容更大。第二空需利用密度公式和热量公式推导温度变化之比：已知体积相同，先由密度公式求质量比，再根据热量公式变形得到温度变化表达式，进而计算两者升高温度的比值。
【解析】
1. 第一空：
比热容是描述物质吸放热能力的物理量，水的比热容较大，相同质量的水和砂石吸收或放出相同热量时，水的温度变化更小，因此沿海地区（水多）昼夜温差小，内陆大漠（砂石多）昼夜温差大，故水的比热容比砂石大。
2. 第二空：
已知砂石和水体积V相同，密度之比$\rho_{砂}:\rho_{水}=3:2$，由密度公式$\rho=\frac{m}{V}$得质量$m=\rho V$，因此质量比：
$\frac{m_{砂}}{m_{水}}=\frac{\rho_{砂}V}{\rho_{水}V}=\frac{\rho_{砂}}{\rho_{水}}=\frac{3}{2}$
已知两者吸收相同热量Q，比热容之比$c_{砂}:c_{水}=1:4$，由热量公式$Q_{吸}=cm\Delta t$变形得$\Delta t=\frac{Q}{cm}$，则升高温度之比：
$\frac{\Delta t_{砂}}{\Delta t_{水}}=\frac{\frac{Q}{c_{砂}m_{砂}}}{\frac{Q}{c_{水}m_{水}}}=\frac{c_{水}m_{水}}{c_{砂}m_{砂}}=\frac{4×2}{1×3}=\frac{8}{3}=8:3$
【答案】
大；8:3
【知识点】
比热容、热量的计算、密度公式的应用
【点评】
本题结合生活中的气候现象考查比热容特性及相关计算，既考查基础概念理解，又涉及公式灵活应用，难度适中，注重物理知识与实际生活的联系。
【难度系数】
0.5
5. (2026·六安部分学校月考)“水地暖”是利用热水在管道内循环流动加热整个房间地板的供暖方式。某房间一段时间内循环流动的水的质量为1 000 kg,进水温度为55 ℃,出水温度为40 ℃,这段时间内水向外放出的热量为________J。[已知$c_{水}=4.2×10^{3}\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg}·℃)$]
答案
5. 6.3×10^7 解析:水放出的热量为$Q_{放}=c_{水}m_{水}(t-t_0)= 4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}×1\ 000\ \mathrm{kg}×(55\ ℃-40\ ℃)=6.3×10^7\ \mathrm{J}$。
解析
【分析】本题要求计算水向外放出的热量，需回忆热量计算公式，水放出热量时，温度降低，因此温度变化量为进水温度与出水温度的差值，代入放热公式即可求解。
【解析】根据水的放热公式：$Q_{放}=c_{水}m_{水}(t_{初}-t_{末})$，代入已知数据：$c_{水}=4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}$，$m_{水}=1000\ \mathrm{kg}$，$t_{初}=55℃$，$t_{末}=40℃$，则温度差$\Delta t=55℃-40℃=15℃$，计算得：$Q_{放}=4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}×1000\ \mathrm{kg}×15℃=6.3×10^7\ \mathrm{J}$。
【答案】$6.3×10^7$
【知识点】热量的计算、比热容的应用
【点评】本题为基础的热量计算应用题，直接套用放热公式即可完成求解，考查学生对热量计算公式的掌握程度，属于常规物理计算题。
【难度系数】0.8
【解析】根据水的放热公式：$Q_{放}=c_{水}m_{水}(t_{初}-t_{末})$，代入已知数据：$c_{水}=4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}$，$m_{水}=1000\ \mathrm{kg}$，$t_{初}=55℃$，$t_{末}=40℃$，则温度差$\Delta t=55℃-40℃=15℃$，计算得：$Q_{放}=4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}×1000\ \mathrm{kg}×15℃=6.3×10^7\ \mathrm{J}$。
【答案】$6.3×10^7$
【知识点】热量的计算、比热容的应用
【点评】本题为基础的热量计算应用题，直接套用放热公式即可完成求解，考查学生对热量计算公式的掌握程度，属于常规物理计算题。
【难度系数】0.8
6. (2025·北京中考)在试管内装些水,用橡胶塞塞住管口,将水加热一段时间,橡胶塞被推出,管口出现大量“白气”,如图所示。下列说法正确的是 (
A.水变热的过程,其内能是通过做功的方式改变的
B.橡胶塞被推出的过程中,水的内能全部转化为橡胶塞的机械能
C.水蒸气推出橡胶塞的过程中,水蒸气的内能减小
D.管口出现的“白气”是试管内的水直接汽化形成的
C
)A.水变热的过程,其内能是通过做功的方式改变的
B.橡胶塞被推出的过程中,水的内能全部转化为橡胶塞的机械能
C.水蒸气推出橡胶塞的过程中,水蒸气的内能减小
D.管口出现的“白气”是试管内的水直接汽化形成的
答案
6. C 解析:水变热是通过热传递(酒精灯加热)改变内能,不是做功,选项A错误;橡胶塞被推出时,内能转化为机械能,但有热量散失,不是全部转化,选项B错误;水蒸气推出橡胶塞,水蒸气对外做功,水蒸气的内能减小,选项C正确;“白气”是水蒸气液化形成的小水滴,不是汽化,选项D错误。
解析
【分析】本题考查热学相关知识，解题思路是结合实验过程，逐一分析每个选项对应的物理概念，明确改变内能的方式、能量转化特点、内能变化规律、“白气”的形成原因，以此判断选项正误。
【解析】
选项A：水变热是通过酒精灯加热实现的，属于热传递改变内能，并非做功，因此A错误。
选项B：橡胶塞被推出时，水蒸气的内能转化为橡胶塞的机械能，但过程中会有部分热量散失到周围环境，并非全部转化，因此B错误。
选项C：水蒸气推出橡胶塞的过程中，水蒸气对外做功，自身的内能会减小，温度降低，因此C正确。
选项D：管口的“白气”是试管内的水蒸气遇冷液化形成的小水滴，不是水直接汽化形成的，因此D错误。
【答案】C
【知识点】内能的改变、能量转化、液化现象
【点评】本题是热学基础综合题，主要考察对热学核心概念的理解，需区分改变内能的方式、能量转化的完整性、物态变化的类型，属于中考常见的基础题型，难度适中。
【难度系数】0.7
【解析】
选项A：水变热是通过酒精灯加热实现的，属于热传递改变内能，并非做功，因此A错误。
选项B：橡胶塞被推出时，水蒸气的内能转化为橡胶塞的机械能，但过程中会有部分热量散失到周围环境，并非全部转化，因此B错误。
选项C：水蒸气推出橡胶塞的过程中，水蒸气对外做功，自身的内能会减小，温度降低，因此C正确。
选项D：管口的“白气”是试管内的水蒸气遇冷液化形成的小水滴，不是水直接汽化形成的，因此D错误。
【答案】C
【知识点】内能的改变、能量转化、液化现象
【点评】本题是热学基础综合题，主要考察对热学核心概念的理解，需区分改变内能的方式、能量转化的完整性、物态变化的类型，属于中考常见的基础题型，难度适中。
【难度系数】0.7
7. (2025·宿州埇桥区月考)如图为四冲程汽油机工作示意图,下列说法不正确的是 (
A.依靠飞轮惯性完成的冲程是甲、乙、丁
B.甲图冲程中能量转化是机械能转化为内能
C.飞轮转速为3 000 r/min,则该汽油机1 s能对外做功25次
D.在一个工作循环中,工作过程依次是丁、丙、甲、乙
D
)A.依靠飞轮惯性完成的冲程是甲、乙、丁
B.甲图冲程中能量转化是机械能转化为内能
C.飞轮转速为3 000 r/min,则该汽油机1 s能对外做功25次
D.在一个工作循环中,工作过程依次是丁、丙、甲、乙
答案
7. D 解析:D.甲图中两气门都关闭,活塞向上运动,是压缩冲程;乙图中排气门开启,进气门关闭,是排气冲程;丙图中两气门都关闭,火花塞点火,是做功冲程;丁图中进气门开启,排气门关闭,是吸气冲程;所以正确的排序是丁、甲、丙、乙,故D错误,符合题意;A.内燃机的一个工作循环有四个冲程,只有在做功冲程中使机器获得动力,内能转化为机械能,其他三个冲程均为辅助冲程,依靠飞轮的惯性完成,即依靠飞轮惯性完成的冲程是甲、乙、丁,故A正确,不符合题意;B.甲图是压缩冲程,压缩冲程中机械能转化为内能,故B正确,不符合题意;C.四冲程汽油机的飞轮转速为3 000 r/min,则该飞轮1 s转50圈,因为一个工作循环飞轮转2圈,完成四个工作冲程,做功1次,所以1 s飞轮转50圈,共25个工作循环,100个冲程,做功25次,故C正确,不符合题意。故选D。
解析
【分析】
要解决这道题，需先明确四冲程汽油机四个冲程的判断依据：吸气冲程（进气门打开，排气门关闭，活塞向下运动）、压缩冲程（两气门均关闭，活塞向上运动）、做功冲程（两气门均关闭，火花塞点火，活塞向下运动）、排气冲程（排气门打开，进气门关闭，活塞向上运动）。再结合各冲程的特点、能量转化及飞轮转速与做功次数的关系，逐一分析选项。
【解析】
首先判断四个图对应的冲程：
丁图：进气门打开，排气门关闭，活塞向下运动，是吸气冲程；
甲图：两气门均关闭，活塞向上运动，是压缩冲程；
丙图：两气门均关闭，火花塞点火，活塞向下运动，是做功冲程；
乙图：排气门打开，进气门关闭，活塞向上运动，是排气冲程。
接下来分析各选项：
选项A：内燃机的一个工作循环中，只有做功冲程（丙）提供动力，其余三个冲程（吸气、压缩、排气，即丁、甲、乙）依靠飞轮惯性完成，故A正确，不符合题意；
选项B：甲图是压缩冲程，压缩冲程中活塞压缩气缸内气体，机械能转化为内能，故B正确，不符合题意；
选项C：飞轮转速为3000r/min，即每秒飞轮转50圈。四冲程汽油机每完成一个工作循环，飞轮转2圈，对外做功1次，因此1s内飞轮转50圈，完成25个工作循环，对外做功25次，故C正确，不符合题意；
选项D：一个工作循环的正确顺序是吸气（丁）→压缩（甲）→做功（丙）→排气（乙），而非丁、丙、甲、乙，故D错误，符合题意。
【答案】
D
【知识点】
四冲程汽油机工作原理；内燃机冲程能量转化；飞轮转速与做功次数关系
【点评】
本题考查四冲程汽油机的核心知识点，涵盖冲程判断、能量转化及转速计算，需学生准确掌握各冲程的气门状态与活塞运动规律，熟悉工作循环特点，是内燃机部分的基础题型，难度适中。
【难度系数】
0.6
要解决这道题，需先明确四冲程汽油机四个冲程的判断依据：吸气冲程（进气门打开，排气门关闭，活塞向下运动）、压缩冲程（两气门均关闭，活塞向上运动）、做功冲程（两气门均关闭，火花塞点火，活塞向下运动）、排气冲程（排气门打开，进气门关闭，活塞向上运动）。再结合各冲程的特点、能量转化及飞轮转速与做功次数的关系，逐一分析选项。
【解析】
首先判断四个图对应的冲程：
丁图：进气门打开，排气门关闭，活塞向下运动，是吸气冲程；
甲图：两气门均关闭，活塞向上运动，是压缩冲程；
丙图：两气门均关闭，火花塞点火，活塞向下运动，是做功冲程；
乙图：排气门打开，进气门关闭，活塞向上运动，是排气冲程。
接下来分析各选项：
选项A：内燃机的一个工作循环中，只有做功冲程（丙）提供动力，其余三个冲程（吸气、压缩、排气，即丁、甲、乙）依靠飞轮惯性完成，故A正确，不符合题意；
选项B：甲图是压缩冲程，压缩冲程中活塞压缩气缸内气体，机械能转化为内能，故B正确，不符合题意；
选项C：飞轮转速为3000r/min，即每秒飞轮转50圈。四冲程汽油机每完成一个工作循环，飞轮转2圈，对外做功1次，因此1s内飞轮转50圈，完成25个工作循环，对外做功25次，故C正确，不符合题意；
选项D：一个工作循环的正确顺序是吸气（丁）→压缩（甲）→做功（丙）→排气（乙），而非丁、丙、甲、乙，故D错误，符合题意。
【答案】
D
【知识点】
四冲程汽油机工作原理；内燃机冲程能量转化；飞轮转速与做功次数关系
【点评】
本题考查四冲程汽油机的核心知识点，涵盖冲程判断、能量转化及转速计算，需学生准确掌握各冲程的气门状态与活塞运动规律，熟悉工作循环特点，是内燃机部分的基础题型，难度适中。
【难度系数】
0.6
8. (2026·合肥市五十中期中)小吉在做“比较不同物质的放热能力”实验时，分别用质量相同的水和另一种常见液体进行了实验，并作出温度随时间变化图像如图所示。实验过程中，水和另一种液体在相同时间内放出的热量相等，已知常见液体中水的比热容较大，水的比热容$c_{水}=4.2×10^{3}\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg}·°\mathrm{C})$，下列说法正确的是 (
A.0~15 min内，乙温度变化更大，放出的热量更多
B.甲、乙两物质比热容之比为1:2
C.冬天做个暖手袋，选乙物质作为供热介质性能更好
D.乙物质的比热容是$2.1×10^{3}\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg}·°\mathrm{C})$
D
)A.0~15 min内，乙温度变化更大，放出的热量更多
B.甲、乙两物质比热容之比为1:2
C.冬天做个暖手袋，选乙物质作为供热介质性能更好
D.乙物质的比热容是$2.1×10^{3}\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg}·°\mathrm{C})$
答案
8. D 解析:由题可知,在实验过程中,水和另一种液体在相同时间内放出的热量相等,选项A错误;在0~15 min内,甲物体温度的变化量$\Delta t_甲=60\ ℃-40\ ℃=20\ ℃$,乙物体温度的变化量$\Delta t_乙=60\ ℃-20\ ℃=40\ ℃$,根据$Q=cm\Delta t$可知,甲、乙两物质比热容之比$\frac{c_甲}{c_乙}=\frac{\frac{Q}{m\ \Delta t_甲}}{\frac{Q}{m\ \Delta t_乙}}=\frac{\Delta t_乙}{\Delta t_甲}=\frac{40\ ℃}{20\ ℃}=\frac{2}{1}$,由于甲物质的比热容比乙物质的大,甲物质即为水,由$\frac{c_甲}{c_乙}=\frac{2}{1}$可知,$c_乙=\frac{1}{2}c_甲=\frac{1}{2}×4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}=2.1×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}$,因为水的比热容较大,相同质量的水和乙物质,降低相同温度时,水放出的热量更多,所以选水作为暖手袋的供热介质性能更好。即冬天做暖手袋,选甲物质作为供热介质性能更好,选项B、C错误,D正确。
解析
【分析】
要解决这道题，需结合“相同时间内甲乙放出热量相等、质量相同”的条件，利用热量公式Q=cmΔt分析。首先从图像中提取0~15min内甲乙的温度变化量，再根据Q、m相同的条件，得出比热容与温度变化量成反比的关系；结合水的比热容较大，判断出甲是水，进而计算乙的比热容，最后逐一分析选项。
【解析】
1. 由题意知：相同时间内，甲、乙放出的热量Q相等，且甲、乙质量m相同。
2. 从图像得：0~15min内，甲的温度变化量Δt甲=60℃-40℃=20℃，乙的温度变化量Δt乙=60℃-20℃=40℃。
3. 根据放热公式Q=cmΔt，变形得c=Q/(mΔt)，则甲、乙的比热容之比：
c甲/c乙 = (Q/(mΔt甲)) / (Q/(mΔt乙)) = Δt乙/Δt甲 = 40℃/20℃ = 2/1。
4. 已知水的比热容较大，因此比热容大的甲是水，c甲=4.2×10³ J/(kg·℃)，则乙的比热容：
c乙 = (1/2)c甲 = (1/2)×4.2×10³ J/(kg·℃)=2.1×10³ J/(kg·℃)。
5. 逐一分析选项：
A：相同时间内甲乙放出热量相等，A错误；
B：比热容之比为2:1，B错误；
C：暖手袋需选比热容大的物质（相同质量降低相同温度时放热更多），应选甲（水），C错误；
D：乙的比热容为2.1×10³ J/(kg·℃)，D正确。
【答案】
D
【知识点】
比热容、热量计算、放热能力比较
【点评】
本题是比热容应用的典型题，核心是利用Q=cmΔt的关系，结合图像提取温度变化量，关键在于判断甲为水，易错点是比热容比例的推导和暖手袋供热介质的选择，需准确理解比热容的物理意义。
【难度系数】
0.5
要解决这道题，需结合“相同时间内甲乙放出热量相等、质量相同”的条件，利用热量公式Q=cmΔt分析。首先从图像中提取0~15min内甲乙的温度变化量，再根据Q、m相同的条件，得出比热容与温度变化量成反比的关系；结合水的比热容较大，判断出甲是水，进而计算乙的比热容，最后逐一分析选项。
【解析】
1. 由题意知：相同时间内，甲、乙放出的热量Q相等，且甲、乙质量m相同。
2. 从图像得：0~15min内，甲的温度变化量Δt甲=60℃-40℃=20℃，乙的温度变化量Δt乙=60℃-20℃=40℃。
3. 根据放热公式Q=cmΔt，变形得c=Q/(mΔt)，则甲、乙的比热容之比：
c甲/c乙 = (Q/(mΔt甲)) / (Q/(mΔt乙)) = Δt乙/Δt甲 = 40℃/20℃ = 2/1。
4. 已知水的比热容较大，因此比热容大的甲是水，c甲=4.2×10³ J/(kg·℃)，则乙的比热容：
c乙 = (1/2)c甲 = (1/2)×4.2×10³ J/(kg·℃)=2.1×10³ J/(kg·℃)。
5. 逐一分析选项：
A：相同时间内甲乙放出热量相等，A错误；
B：比热容之比为2:1，B错误；
C：暖手袋需选比热容大的物质（相同质量降低相同温度时放热更多），应选甲（水），C错误；
D：乙的比热容为2.1×10³ J/(kg·℃)，D正确。
【答案】
D
【知识点】
比热容、热量计算、放热能力比较
【点评】
本题是比热容应用的典型题，核心是利用Q=cmΔt的关系，结合图像提取温度变化量，关键在于判断甲为水，易错点是比热容比例的推导和暖手袋供热介质的选择，需准确理解比热容的物理意义。
【难度系数】
0.5
