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一、水的比热容较大的应用
1. 质量相同的不同物质，当吸收或放出相同热量时，比热容较大的物质温度变化较
2. 湿地公园不仅起到美化绿化的作用，还可以有效地调节周围环境的湿度和气温。湿地公园为什么能有效调节气温？
二、热量计算公式
1. 吸热公式：
2. 放热公式：
[注意] $ t_1 $ 表示物体初温度，$ t_2 $ 表示物体末温度，将以上两式整合，用“$ \Delta t $”代表温度变化量，则热量公式可记为 $ Q = cm\Delta t $。
1. 质量相同的不同物质，当吸收或放出相同热量时，比热容较大的物质温度变化较
小
。2. 湿地公园不仅起到美化绿化的作用，还可以有效地调节周围环境的湿度和气温。湿地公园为什么能有效调节气温？
二、热量计算公式
1. 吸热公式：
$Q_{吸}=cm(t_2-t_1)$
。2. 放热公式：
$Q_{放}=cm(t_1-t_2)$
。[注意] $ t_1 $ 表示物体初温度，$ t_2 $ 表示物体末温度，将以上两式整合，用“$ \Delta t $”代表温度变化量，则热量公式可记为 $ Q = cm\Delta t $。
答案
一、1. 小
2. 湿地公园多水，水的比热容比较大，质量相同的水和其他物质相比，白天吸收相同热量的情况下，水的温度升高得少，夜晚放出相同的热量，水的温度降低得少，能有效调节气温。
二、1. $Q_{吸}=cm(t_2-t_1)$
2. $Q_{放}=cm(t_1-t_2)$
2. 湿地公园多水，水的比热容比较大，质量相同的水和其他物质相比，白天吸收相同热量的情况下，水的温度升高得少，夜晚放出相同的热量，水的温度降低得少，能有效调节气温。
二、1. $Q_{吸}=cm(t_2-t_1)$
2. $Q_{放}=cm(t_1-t_2)$
解析
【分析】
首先回顾比热容的概念与热量计算公式$Q=cm\Delta t$：
1. 对于“质量相同的不同物质，吸收或放出相同热量时温度变化与比热容的关系”，由公式变形得$\Delta t=\frac{Q}{cm}$，当$m$、$Q$相同时，比热容$c$越大，温度变化$\Delta t$越小，据此判断第一空；
2. 湿地公园调节气温的原理需结合水的比热容大的特点，利用$Q=cm\Delta t$分析：白天，相同质量的水和砂石等物质吸收相同热量时，水的比热容大，温度升高得少；夜晚放出相同热量时，水的温度降低得少，从而减小昼夜温差，调节气温；
3. 热量公式需区分吸热、放热的温度变化：吸热时末温$t_2$高于初温$t_1$，温度变化量为$t_2-t_1$；放热时末温$t_2$低于初温$t_1$，温度变化量为$t_1-t_2$，据此推导公式。
【解析】
一、1. 根据热量公式$Q=cm\Delta t$，当质量$m$、吸收或放出的热量$Q$相同时，比热容$c$越大，温度变化量$\Delta t$越小，因此填“小”；
2. 湿地公园多水，水的比热容较大。由$Q=cm\Delta t$可知，质量相同的水和其他物质相比，白天吸收相同热量时，水的温度升高得少；夜晚放出相同热量时，水的温度降低得少，能有效减小昼夜温差，从而调节周围环境的气温；
二、1. 吸热过程中，温度变化量为末温减初温，即$\Delta t=t_2-t_1$，代入热量公式得吸热公式：$Q_{吸}=cm(t_2-t_1)$；
2. 放热过程中，温度变化量为初温减末温，即$\Delta t=t_1-t_2$，代入热量公式得放热公式：$Q_{放}=cm(t_1-t_2)$。
【答案】
一、1. 小
2. 湿地公园多水，水的比热容比较大，质量相同的水和其他物质相比，白天吸收相同热量的情况下，水的温度升高得少，夜晚放出相同的热量，水的温度降低得少，能有效调节气温。
二、1. $Q_{吸}=cm(t_2-t_1)$
2. $Q_{放}=cm(t_1-t_2)$
【知识点】
比热容的应用、热量计算公式
【点评】
本题考查比热容的基础概念、水的比热容大的实际应用以及热量计算公式，属于热学核心基础知识点，需熟练掌握$Q=cm\Delta t$的变形应用，结合生活实例理解物理原理，难度较低。
【难度系数】
0.7
首先回顾比热容的概念与热量计算公式$Q=cm\Delta t$：
1. 对于“质量相同的不同物质，吸收或放出相同热量时温度变化与比热容的关系”，由公式变形得$\Delta t=\frac{Q}{cm}$，当$m$、$Q$相同时，比热容$c$越大，温度变化$\Delta t$越小，据此判断第一空；
2. 湿地公园调节气温的原理需结合水的比热容大的特点，利用$Q=cm\Delta t$分析：白天，相同质量的水和砂石等物质吸收相同热量时，水的比热容大，温度升高得少；夜晚放出相同热量时，水的温度降低得少，从而减小昼夜温差，调节气温；
3. 热量公式需区分吸热、放热的温度变化：吸热时末温$t_2$高于初温$t_1$，温度变化量为$t_2-t_1$；放热时末温$t_2$低于初温$t_1$，温度变化量为$t_1-t_2$，据此推导公式。
【解析】
一、1. 根据热量公式$Q=cm\Delta t$，当质量$m$、吸收或放出的热量$Q$相同时，比热容$c$越大，温度变化量$\Delta t$越小，因此填“小”；
2. 湿地公园多水，水的比热容较大。由$Q=cm\Delta t$可知，质量相同的水和其他物质相比，白天吸收相同热量时，水的温度升高得少；夜晚放出相同热量时，水的温度降低得少，能有效减小昼夜温差，从而调节周围环境的气温；
二、1. 吸热过程中，温度变化量为末温减初温，即$\Delta t=t_2-t_1$，代入热量公式得吸热公式：$Q_{吸}=cm(t_2-t_1)$；
2. 放热过程中，温度变化量为初温减末温，即$\Delta t=t_1-t_2$，代入热量公式得放热公式：$Q_{放}=cm(t_1-t_2)$。
【答案】
一、1. 小
2. 湿地公园多水，水的比热容比较大，质量相同的水和其他物质相比，白天吸收相同热量的情况下，水的温度升高得少，夜晚放出相同的热量，水的温度降低得少，能有效调节气温。
二、1. $Q_{吸}=cm(t_2-t_1)$
2. $Q_{放}=cm(t_1-t_2)$
【知识点】
比热容的应用、热量计算公式
【点评】
本题考查比热容的基础概念、水的比热容大的实际应用以及热量计算公式，属于热学核心基础知识点，需熟练掌握$Q=cm\Delta t$的变形应用，结合生活实例理解物理原理，难度较低。
【难度系数】
0.7
[典例1]生产生活中，我们常利用水的比热容大这一特征为人们服务，下列事例中与这一特征无关的是（
A.深秋夜，橘子喷水结冰防冻
B.福岛核电站受损后灌注海水降温
C.晚间，在春播秧田里灌水保温
D.汽车发动机中用水循环冷却
A
）A.深秋夜，橘子喷水结冰防冻
B.福岛核电站受损后灌注海水降温
C.晚间，在春播秧田里灌水保温
D.汽车发动机中用水循环冷却
答案
A
解析
【分析】
本题要求选出与“水的比热容大”这一特征无关的事例，解题思路为：先明确水的比热容大的特点（相同质量的水与其他物质相比，升高/降低相同温度时，吸收/放出的热量更多），再逐一分析各选项的原理，判断是否利用水的比热容大，最终确定无关选项。
【解析】
A选项：深秋夜晚给橘子喷水，水结冰属于凝固过程，凝固会放出热量，使橘子周围温度不至于过低，从而防冻，该过程利用的是凝固放热，与水的比热容大无关；
B选项：灌注海水降温，利用水的比热容大，相同质量的海水与其他物质相比，升高相同温度时能吸收更多热量，有效降低温度，利用了水的比热容大；
C选项：晚间给春播秧田灌水保温，利用水的比热容大，相同质量的水与其他物质相比，降低相同温度时能放出更多热量，使秧田温度不会降太低，利用了水的比热容大；
D选项：汽车发动机用水循环冷却，利用水的比热容大，相同质量的水与其他物质相比，升高相同温度时能吸收更多热量，有效带走发动机产生的热量，利用了水的比热容大。
综上，与水的比热容大无关的是A选项。
【答案】
A
【知识点】
水的比热容、凝固放热
【点评】
本题考查水的比热容的应用，需区分“水的比热容大”和“凝固放热”两种热学原理，易错点在于混淆两种原理的应用场景，解题时需明确每个选项的能量变化过程。
【难度系数】
0.5
本题要求选出与“水的比热容大”这一特征无关的事例，解题思路为：先明确水的比热容大的特点（相同质量的水与其他物质相比，升高/降低相同温度时，吸收/放出的热量更多），再逐一分析各选项的原理，判断是否利用水的比热容大，最终确定无关选项。
【解析】
A选项：深秋夜晚给橘子喷水，水结冰属于凝固过程，凝固会放出热量，使橘子周围温度不至于过低，从而防冻，该过程利用的是凝固放热，与水的比热容大无关；
B选项：灌注海水降温，利用水的比热容大，相同质量的海水与其他物质相比，升高相同温度时能吸收更多热量，有效降低温度，利用了水的比热容大；
C选项：晚间给春播秧田灌水保温，利用水的比热容大，相同质量的水与其他物质相比，降低相同温度时能放出更多热量，使秧田温度不会降太低，利用了水的比热容大；
D选项：汽车发动机用水循环冷却，利用水的比热容大，相同质量的水与其他物质相比，升高相同温度时能吸收更多热量，有效带走发动机产生的热量，利用了水的比热容大。
综上，与水的比热容大无关的是A选项。
【答案】
A
【知识点】
水的比热容、凝固放热
【点评】
本题考查水的比热容的应用，需区分“水的比热容大”和“凝固放热”两种热学原理，易错点在于混淆两种原理的应用场景，解题时需明确每个选项的能量变化过程。
【难度系数】
0.5
[变式]教材素材改编 在日照条件相同情况下，沙漠地带昼夜温差比沿海地区大的主要原因是
（
A.砂石的比热容比水大
B.水的比热容比砂石大
C.砂石比水降温慢
D.水吸收的热量比砂石多
（
B
）A.砂石的比热容比水大
B.水的比热容比砂石大
C.砂石比水降温慢
D.水吸收的热量比砂石多
答案
B
解析
【分析】
要解决该问题，需明确昼夜温差差异的核心原因是物质的比热容特性。首先回忆比热容的物理意义：比热容表示物质吸放热时温度变化的难易程度，相同质量的不同物质，吸收或放出相同热量时，比热容越大，温度变化量越小；反之则温度变化量越大。沙漠地带多砂石，沿海地区多水，两者比热容不同，这是导致昼夜温差不同的关键，据此分析选项即可。
【解析】
根据比热容的公式Δt=Q/(cm)（Δt为温度变化量，Q为吸放热量，c为比热容，m为质量），结合题目条件：日照相同即吸放热量Q相同，质量m相近。水的比热容比砂石大，因此：沿海地区多水，白天吸热时温度升高少，夜晚放热时温度降低少，昼夜温差小；沙漠地带多砂石，砂石比热容小，白天升温快、夜晚降温快，昼夜温差大。对选项逐一分析：A选项错误，砂石比热容比水小；B选项正确，符合比热容特性的分析；C选项错误，砂石比热容小，降温更快；D选项错误，吸收热量多少与质量、比热容等有关，不是昼夜温差差异的主要原因。
【答案】
B
【知识点】
比热容
【点评】
本题结合生活中的昼夜温差现象，考查比热容的实际应用，需理解比热容对物质温度变化的影响，属于基础概念应用题，难度适中。
【难度系数】
0.7
要解决该问题，需明确昼夜温差差异的核心原因是物质的比热容特性。首先回忆比热容的物理意义：比热容表示物质吸放热时温度变化的难易程度，相同质量的不同物质，吸收或放出相同热量时，比热容越大，温度变化量越小；反之则温度变化量越大。沙漠地带多砂石，沿海地区多水，两者比热容不同，这是导致昼夜温差不同的关键，据此分析选项即可。
【解析】
根据比热容的公式Δt=Q/(cm)（Δt为温度变化量，Q为吸放热量，c为比热容，m为质量），结合题目条件：日照相同即吸放热量Q相同，质量m相近。水的比热容比砂石大，因此：沿海地区多水，白天吸热时温度升高少，夜晚放热时温度降低少，昼夜温差小；沙漠地带多砂石，砂石比热容小，白天升温快、夜晚降温快，昼夜温差大。对选项逐一分析：A选项错误，砂石比热容比水小；B选项正确，符合比热容特性的分析；C选项错误，砂石比热容小，降温更快；D选项错误，吸收热量多少与质量、比热容等有关，不是昼夜温差差异的主要原因。
【答案】
B
【知识点】
比热容
【点评】
本题结合生活中的昼夜温差现象，考查比热容的实际应用，需理解比热容对物质温度变化的影响，属于基础概念应用题，难度适中。
【难度系数】
0.7
探究点二 热量的计算
[典例2]（2026济南钢城区期末）“喝开水”通常指的是饮用经过煮沸的水，它可以促进新陈代谢、维持身体水分平衡等。如图所示
，在1个标准大气压下，用煤气灶将壶中2 kg、初温为20 ℃的水加热至恰好沸腾，求此过程中水吸收的热量。
[已知水的比热容为$4.2×10^3 J/(kg·℃)$]
规律总结
（1）运用公式进行计算时，各物理量的单位必须统一。
（2）审题时要注意“温度升高到”和“温度升高了”的区别，“升高到”是指物体的末温度，“升高了”是指物体温度的变化量。
（3）公式只适用于计算无物态变化时升温（或降温）过程中吸收（或放出）的热量。
[典例2]（2026济南钢城区期末）“喝开水”通常指的是饮用经过煮沸的水，它可以促进新陈代谢、维持身体水分平衡等。如图所示
，在1个标准大气压下，用煤气灶将壶中2 kg、初温为20 ℃的水加热至恰好沸腾，求此过程中水吸收的热量。[已知水的比热容为$4.2×10^3 J/(kg·℃)$]
规律总结
（1）运用公式进行计算时，各物理量的单位必须统一。
（2）审题时要注意“温度升高到”和“温度升高了”的区别，“升高到”是指物体的末温度，“升高了”是指物体温度的变化量。
（3）公式只适用于计算无物态变化时升温（或降温）过程中吸收（或放出）的热量。
答案
$6.72×10^5 J$
解析
【分析】
要计算水吸收的热量，需运用吸热公式$Q_{吸}=cm\Delta t$。首先确定关键物理量：1个标准大气压下，水的沸点为$100° C$，即水的末温$t=100° C$；已知水的初温$t_0=20° C$，质量$m=2\ \mathrm{kg}$，比热容$c=4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}$。先计算水升高的温度$\Delta t=t-t_0$，再代入公式计算吸收的热量，计算时需保证各物理量单位统一。
【解析】
解：1个标准大气压下，水的沸点为$100° C$，则水升高的温度：
$\Delta t = t - t_0 = 100° C - 20° C = 80° C$
根据吸热公式$Q_{吸}=cm\Delta t$，代入数据得：
$Q_{吸}=4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)} × 2\ \mathrm{kg} × 80° C = 6.72×10^5\ \mathrm{J}$
【答案】
$6.72×10^5\ \mathrm{J}$
【知识点】
热量计算、比热容
【点评】
本题考查热量的基础计算，核心是掌握吸热公式的应用，关键是明确标准大气压下水的沸点，区分温度变化量与末温的含义，属于难度适中的基础题。
【难度系数】
0.7
要计算水吸收的热量，需运用吸热公式$Q_{吸}=cm\Delta t$。首先确定关键物理量：1个标准大气压下，水的沸点为$100° C$，即水的末温$t=100° C$；已知水的初温$t_0=20° C$，质量$m=2\ \mathrm{kg}$，比热容$c=4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}$。先计算水升高的温度$\Delta t=t-t_0$，再代入公式计算吸收的热量，计算时需保证各物理量单位统一。
【解析】
解：1个标准大气压下，水的沸点为$100° C$，则水升高的温度：
$\Delta t = t - t_0 = 100° C - 20° C = 80° C$
根据吸热公式$Q_{吸}=cm\Delta t$，代入数据得：
$Q_{吸}=4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)} × 2\ \mathrm{kg} × 80° C = 6.72×10^5\ \mathrm{J}$
【答案】
$6.72×10^5\ \mathrm{J}$
【知识点】
热量计算、比热容
【点评】
本题考查热量的基础计算，核心是掌握吸热公式的应用，关键是明确标准大气压下水的沸点，区分温度变化量与末温的含义，属于难度适中的基础题。
【难度系数】
0.7
