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1. 热传递过程中吸收或放出的热量.
(1) 当温度升高时,物体吸收的热量 $Q_{\mathrm{吸}}=$
(2) 当温度降低时,物体放出的热量 $Q_{\mathrm{放}}=$
(3) 可以将以上两个公式合并为一个公式:
(1) 当温度升高时,物体吸收的热量 $Q_{\mathrm{吸}}=$
$cm(t-t_0)$
.(2) 当温度降低时,物体放出的热量 $Q_{\mathrm{放}}=$
$cm(t_0-t)$
.(3) 可以将以上两个公式合并为一个公式:
$Q=cm\Delta t$
,其中$\Delta t$
表示物体温度的变化量.答案
1. (1)$cm(t-t_0)$ (2)$cm(t_0-t)$ (3)$Q=cm\Delta t$ $\Delta t$
解析
【分析】
这道题的核心是从比热容的物理意义出发推导热量计算公式，我们可以顺着思路一步步推导：首先回忆比热容的定义，单位质量的物质温度升高1℃吸收的热量是该物质的比热容c，那么质量为m的物体，温度升高的幅度是末温减初温，三者相乘就能得到吸收的总热量；同理温度降低时，温度降低的幅度是初温减末温，三者相乘得到放出的总热量；最后把两个过程的温度差统一用温度变化量表示，就能合并得到通用的热量公式。
【解析】
(1) 物体温度升高时，初温为$t_0$，末温为$t$，升高的温度为$t-t_0$，根据比热容的定义，吸收的热量等于比热容、质量、升高的温度三者的乘积，因此$Q_{\mathrm{吸}}=cm(t-t_0)$。
(2) 物体温度降低时，初温为$t_0$，末温为$t$，降低的温度为$t_0-t$，同理放出的热量等于比热容、质量、降低的温度三者的乘积，因此$Q_{\mathrm{放}}=cm(t_0-t)$。
(3) 对吸放热过程，用统一的物理量表示温度的变化差值，就可以将两个公式合并为通用热量公式$Q=cm\Delta t$，其中$\Delta t$就代表物体的温度变化量，升温时$\Delta t = t-t_0$，降温时$\Delta t = t_0-t$。
【答案】
(1)$cm(t-t_0)$ (2)$cm(t_0-t)$ (3)$Q=cm\Delta t$；$\Delta t$
【知识点】
热量计算，比热容，热传递
【点评】
本题属于热学部分的基础概念识记题，重点考察对吸放热热量公式的推导逻辑和形式记忆，明确初温、末温在不同过程中的差值表达，是后续进行热量相关定量计算的必备基础，只要理解比热容的物理意义就可以顺利推导得出结果。
【难度系数】
0.9
这道题的核心是从比热容的物理意义出发推导热量计算公式，我们可以顺着思路一步步推导：首先回忆比热容的定义，单位质量的物质温度升高1℃吸收的热量是该物质的比热容c，那么质量为m的物体，温度升高的幅度是末温减初温，三者相乘就能得到吸收的总热量；同理温度降低时，温度降低的幅度是初温减末温，三者相乘得到放出的总热量；最后把两个过程的温度差统一用温度变化量表示，就能合并得到通用的热量公式。
【解析】
(1) 物体温度升高时，初温为$t_0$，末温为$t$，升高的温度为$t-t_0$，根据比热容的定义，吸收的热量等于比热容、质量、升高的温度三者的乘积，因此$Q_{\mathrm{吸}}=cm(t-t_0)$。
(2) 物体温度降低时，初温为$t_0$，末温为$t$，降低的温度为$t_0-t$，同理放出的热量等于比热容、质量、降低的温度三者的乘积，因此$Q_{\mathrm{放}}=cm(t_0-t)$。
(3) 对吸放热过程，用统一的物理量表示温度的变化差值，就可以将两个公式合并为通用热量公式$Q=cm\Delta t$，其中$\Delta t$就代表物体的温度变化量，升温时$\Delta t = t-t_0$，降温时$\Delta t = t_0-t$。
【答案】
(1)$cm(t-t_0)$ (2)$cm(t_0-t)$ (3)$Q=cm\Delta t$；$\Delta t$
【知识点】
热量计算，比热容，热传递
【点评】
本题属于热学部分的基础概念识记题，重点考察对吸放热热量公式的推导逻辑和形式记忆，明确初温、末温在不同过程中的差值表达，是后续进行热量相关定量计算的必备基础，只要理解比热容的物理意义就可以顺利推导得出结果。
【难度系数】
0.9
2. 海陆风的成因.
(1)海风的形成:白天,陆地比大海升温
(2)陆风的形成:夜晚,陆地比大海降温
(1)海风的形成:白天,陆地比大海升温
快
,地面附近密度较小的热空气上升
,海面较冷的空气就会来补充,于是冷空气沿海面吹向陆地,形成海风.(2)陆风的形成:夜晚,陆地比大海降温
快
,海面的热
空气上升
,地面附近的冷空气就会来补充,于是冷空气沿地面吹向大海,形成陆风.答案
2. (1)快 上升 (2)快 热 上升
解析
【分析】
这道题的核心思路是利用水和陆地砂石的比热容差异推导空气流动规律：首先回忆比热容的特性，海水的比热容远大于陆地的砂石泥土。白天两者吸收相同的太阳辐射热量时，比热容更小的陆地升温速度更快，地面附近的空气受热后密度变小，就会向上上升，海面的低温冷空气就会流向陆地补充，形成海风。到了夜晚，两者同时向外散发热量，比热容更小的陆地降温速度也比大海更快，此时海面温度更高，海面上方的热空气密度更小会向上上升，地面附近陆地的冷空气就会流向海面补充，最终形成陆风，顺着这个逻辑就能依次填出所有空缺。
【解析】
(1) 由于陆地砂石比热容小于海水比热容，白天吸收相同热量时，陆地比大海升温更快；地面附近密度较小的热空气会向上上升，海面冷空气补充后就形成海风，因此两个空依次填入快、上升。
(2) 夜晚陆地和海水同时向外放热，相同时间内放出等量热量时，陆地比热容小，比大海降温更快；此时海面温度更高，海面的热空气密度更小会向上上升，地面附近的冷空气补充向海面就形成陆风，因此三个空依次填入快、热、上升。
【答案】
(1) 快 上升 (2) 快 热 上升
【知识点】
水的比热容大，密度与温度
【点评】
本题是比热容知识点结合自然现象的基础应用题，通过海陆风的形成场景，考察学生对比热容影响温度变化规律的理解，只要掌握不同物质吸放热后温度变化的差异，就能顺利推导空气流动的过程完成填空，能有效帮助学生建立物理知识和生活现象的关联。
【难度系数】
0.8
这道题的核心思路是利用水和陆地砂石的比热容差异推导空气流动规律：首先回忆比热容的特性，海水的比热容远大于陆地的砂石泥土。白天两者吸收相同的太阳辐射热量时，比热容更小的陆地升温速度更快，地面附近的空气受热后密度变小，就会向上上升，海面的低温冷空气就会流向陆地补充，形成海风。到了夜晚，两者同时向外散发热量，比热容更小的陆地降温速度也比大海更快，此时海面温度更高，海面上方的热空气密度更小会向上上升，地面附近陆地的冷空气就会流向海面补充，最终形成陆风，顺着这个逻辑就能依次填出所有空缺。
【解析】
(1) 由于陆地砂石比热容小于海水比热容，白天吸收相同热量时，陆地比大海升温更快；地面附近密度较小的热空气会向上上升，海面冷空气补充后就形成海风，因此两个空依次填入快、上升。
(2) 夜晚陆地和海水同时向外放热，相同时间内放出等量热量时，陆地比热容小，比大海降温更快；此时海面温度更高，海面的热空气密度更小会向上上升，地面附近的冷空气补充向海面就形成陆风，因此三个空依次填入快、热、上升。
【答案】
(1) 快 上升 (2) 快 热 上升
【知识点】
水的比热容大，密度与温度
【点评】
本题是比热容知识点结合自然现象的基础应用题，通过海陆风的形成场景，考察学生对比热容影响温度变化规律的理解，只要掌握不同物质吸放热后温度变化的差异，就能顺利推导空气流动的过程完成填空，能有效帮助学生建立物理知识和生活现象的关联。
【难度系数】
0.8
1. 若两个铝块的质量之比为 $1:4$, 升高的温度之比为 $2:1$, 则两个铝块的比热容之比为
1:1
，吸收的热量之比为1:2
。答案
1. 1:1 1:2 解析:同种物质的比热容相等,因此两个铝块的比热容之比为1:1;根据$Q=cm\Delta t$可得,吸收的热量之比$\frac{Q_1}{Q_2}=\frac{cm_1\Delta t_1}{cm_2\Delta t_2}=\frac{m_1\Delta t_1}{m_2\Delta t_2}=\frac{1}{4}×\frac{2}{1}=1:2$.
解析
【分析】
首先第一步先明确比热容的物理属性：比热容是物质的固有特性，只和物质的种类、状态有关，和物体的质量、温度变化量都没有关系，两个物体都是铝块，属于同种物质且状态相同，所以直接就能得到比热容的比值。接下来第二步计算吸收的热量之比，我们已经知道吸热的计算公式是$Q_吸=cm\Delta t$，把两个铝块的热量表达式做比值，相同的比热容c可以直接约掉，再代入题目给出的质量之比1:4、升高温度之比2:1，不需要知道各物理量的具体数值，就能直接算出热量的比值。
【解析】
1. 计算比热容之比：
比热容是物质的一种特性，仅与物质的种类和状态有关，两个铝块的物质种类相同、状态均为固态，因此二者比热容完全相等，即$c_1:c_2=1:1$。
2. 计算吸收的热量之比：
根据吸热公式$Q=cm\Delta t$，两个铝块吸收的热量之比可推导为：
$\frac{Q_1}{Q_2}=\frac{c_1m_1\Delta t_1}{c_2m_2\Delta t_2}$
代入已知条件$c_1:c_2=1:1$，$m_1:m_2=1:4$，$\Delta t_1:\Delta t_2=2:1$，可得：
$\frac{Q_1}{Q_2}=\frac{1×1×2}{1×4×1}=\frac{2}{4}=\frac{1}{2}$
即两个铝块吸收的热量之比为1:2。
【答案】
1:1；1:2
【知识点】
比热容的特性，吸热公式计算
【点评】
本题属于热学基础题型，核心考察对比热容概念的理解和吸热公式的比值运算，易错点是部分同学会错误认为比热容随质量、温度变化改变，只要牢记比热容是物质固有属性，代入公式比值计算时不要颠倒已知比例，就可以轻松得到正确结果。
【难度系数】
0.8
首先第一步先明确比热容的物理属性：比热容是物质的固有特性，只和物质的种类、状态有关，和物体的质量、温度变化量都没有关系，两个物体都是铝块，属于同种物质且状态相同，所以直接就能得到比热容的比值。接下来第二步计算吸收的热量之比，我们已经知道吸热的计算公式是$Q_吸=cm\Delta t$，把两个铝块的热量表达式做比值，相同的比热容c可以直接约掉，再代入题目给出的质量之比1:4、升高温度之比2:1，不需要知道各物理量的具体数值，就能直接算出热量的比值。
【解析】
1. 计算比热容之比：
比热容是物质的一种特性，仅与物质的种类和状态有关，两个铝块的物质种类相同、状态均为固态，因此二者比热容完全相等，即$c_1:c_2=1:1$。
2. 计算吸收的热量之比：
根据吸热公式$Q=cm\Delta t$，两个铝块吸收的热量之比可推导为：
$\frac{Q_1}{Q_2}=\frac{c_1m_1\Delta t_1}{c_2m_2\Delta t_2}$
代入已知条件$c_1:c_2=1:1$，$m_1:m_2=1:4$，$\Delta t_1:\Delta t_2=2:1$，可得：
$\frac{Q_1}{Q_2}=\frac{1×1×2}{1×4×1}=\frac{2}{4}=\frac{1}{2}$
即两个铝块吸收的热量之比为1:2。
【答案】
1:1；1:2
【知识点】
比热容的特性，吸热公式计算
【点评】
本题属于热学基础题型，核心考察对比热容概念的理解和吸热公式的比值运算，易错点是部分同学会错误认为比热容随质量、温度变化改变，只要牢记比热容是物质固有属性，代入公式比值计算时不要颠倒已知比例，就可以轻松得到正确结果。
【难度系数】
0.8
2. 用同样的酒精灯给金属块甲、乙、丙加热相同的时间，使它们吸收相同的热量. 已知甲、乙、丙的质量相等，初温均为 $20\ {° C}$，比热容大小关系为 $c_\mathrm{甲}＞c_\mathrm{乙}＞c_\mathrm{丙}$，则加热后末温最高的是金属块
丙
；若加热后立刻将三个金属块放到表面平整的冰块上，则最终金属块甲
熔化的冰最多.答案
2. 丙 甲 解析:已知$Q_甲=Q_乙=Q_丙$,$m_甲=m_乙=m_丙$,$c_甲＞c_乙＞c_丙$,根据$\Delta t=\frac{Q}{cm}$可得,$\Delta t_甲＜\Delta t_乙＜\Delta t_丙$,初温均为20 ℃,则末温最高的是金属块丙;由题意可知,三个金属块吸收了相同的热量,放到冰块上后温度均降至20 ℃时,放出的热量也应该相同,熔化的冰也一样,之后继续熔化冰块时,因为$m_甲=m_乙=m_丙$,降低的温度都为$20\ °\mathrm{C}-0\ °\mathrm{C}=20\ °\mathrm{C}$,$c_甲＞c_乙＞c_丙$,根据$Q=cm\Delta t$可知,甲放出的热量最多,则最终金属块甲熔化的冰最多.
解析
【分析】
我们可以分两步梳理解题思路：
1. 推导末温最高的金属块：题目明确三个金属块吸收热量相同、质量相等、初温均为20℃，我们可以利用吸热公式$Q_{吸}=cm\Delta t$，变形得到温度变化量$\Delta t=\frac{Q_{吸}}{cm}$，在$Q_{吸}$和m都相同的前提下，温度变化量$\Delta t$和比热容c成反比，比热容越小，升温幅度越大，结合末温=初温+升温幅度，就能直接判断出末温最高的金属块。
2. 推导熔化冰最多的金属块：冰块熔化需要吸收热量，金属块放出的总热量越多，熔化的冰就越多。金属块放到冰块上最终温度会降到0℃，我们可以把放热过程拆分：首先金属块从加热后的末温降回初始20℃时，放出的热量等于之前吸收的热量，三个金属块这部分放热量完全相等；之后三个金属块继续从20℃降到0℃，该过程质量、降温幅度都相同，根据放热公式$Q_{放}=cm\Delta t$，比热容越大的金属块这一阶段放热量越多，总放热量就越大，对应熔化的冰也就越多。
【解析】
解：
① 已知$Q_{甲吸}=Q_{乙吸}=Q_{丙吸}$，$m_甲=m_乙=m_丙$，初温均为$20\ °C$，将吸热公式$Q_{吸}=cm\Delta t$变形得升温幅度：
$\Delta t=\frac{Q_{吸}}{cm}$
由于$Q_{吸}$、m均相等，因此$\Delta t$与c成反比，结合已知条件$c_\mathrm{甲}＞c_\mathrm{乙}＞c_\mathrm{丙}$，可得升温幅度关系：$\Delta t_甲＜\Delta t_乙＜\Delta t_丙$。
根据末温公式$t=t_0+\Delta t$，初温相同，因此末温最高的是金属块丙。
② 冰块熔化的量由金属块向冰块释放的总热量决定，金属块最终温度会降至冰的熔点$0\ °C$：
第一阶段：金属块从加热后的末温降回$20\ °C$，该过程放出的热量等于之前酒精灯加热吸收的热量，三个金属块这一阶段放热量完全相等。
第二阶段：金属块从$20\ °C$继续降温到$0\ °C$，该过程质量m相等，降温幅度$\Delta t'=20\ °C-0\ °C=20\ °C$，根据放热公式$Q_{放}=cm\Delta t'$，结合$c_\mathrm{甲}＞c_\mathrm{乙}＞c_\mathrm{丙}$，可知该阶段甲放出的热量最多，甲的总放热量最大，因此能熔化的冰最多。
【答案】
丙；甲
【知识点】
比热容热量计算；熔化吸热
【点评】
本题的易错点集中在第二空，不少同学会错误认为末温最高的丙熔化冰最多，忽略了金属块全程降温到0℃的总放热量的判断，通过拆分放热过程的思路引导，能很好地锻炼学生对吸放热公式的灵活运用能力。
【难度系数】
0.5
我们可以分两步梳理解题思路：
1. 推导末温最高的金属块：题目明确三个金属块吸收热量相同、质量相等、初温均为20℃，我们可以利用吸热公式$Q_{吸}=cm\Delta t$，变形得到温度变化量$\Delta t=\frac{Q_{吸}}{cm}$，在$Q_{吸}$和m都相同的前提下，温度变化量$\Delta t$和比热容c成反比，比热容越小，升温幅度越大，结合末温=初温+升温幅度，就能直接判断出末温最高的金属块。
2. 推导熔化冰最多的金属块：冰块熔化需要吸收热量，金属块放出的总热量越多，熔化的冰就越多。金属块放到冰块上最终温度会降到0℃，我们可以把放热过程拆分：首先金属块从加热后的末温降回初始20℃时，放出的热量等于之前吸收的热量，三个金属块这部分放热量完全相等；之后三个金属块继续从20℃降到0℃，该过程质量、降温幅度都相同，根据放热公式$Q_{放}=cm\Delta t$，比热容越大的金属块这一阶段放热量越多，总放热量就越大，对应熔化的冰也就越多。
【解析】
解：
① 已知$Q_{甲吸}=Q_{乙吸}=Q_{丙吸}$，$m_甲=m_乙=m_丙$，初温均为$20\ °C$，将吸热公式$Q_{吸}=cm\Delta t$变形得升温幅度：
$\Delta t=\frac{Q_{吸}}{cm}$
由于$Q_{吸}$、m均相等，因此$\Delta t$与c成反比，结合已知条件$c_\mathrm{甲}＞c_\mathrm{乙}＞c_\mathrm{丙}$，可得升温幅度关系：$\Delta t_甲＜\Delta t_乙＜\Delta t_丙$。
根据末温公式$t=t_0+\Delta t$，初温相同，因此末温最高的是金属块丙。
② 冰块熔化的量由金属块向冰块释放的总热量决定，金属块最终温度会降至冰的熔点$0\ °C$：
第一阶段：金属块从加热后的末温降回$20\ °C$，该过程放出的热量等于之前酒精灯加热吸收的热量，三个金属块这一阶段放热量完全相等。
第二阶段：金属块从$20\ °C$继续降温到$0\ °C$，该过程质量m相等，降温幅度$\Delta t'=20\ °C-0\ °C=20\ °C$，根据放热公式$Q_{放}=cm\Delta t'$，结合$c_\mathrm{甲}＞c_\mathrm{乙}＞c_\mathrm{丙}$，可知该阶段甲放出的热量最多，甲的总放热量最大，因此能熔化的冰最多。
【答案】
丙；甲
【知识点】
比热容热量计算；熔化吸热
【点评】
本题的易错点集中在第二空，不少同学会错误认为末温最高的丙熔化冰最多，忽略了金属块全程降温到0℃的总放热量的判断，通过拆分放热过程的思路引导，能很好地锻炼学生对吸放热公式的灵活运用能力。
【难度系数】
0.5
3. 质量为 0.5 kg 的水吸收了 $8.4× 10^{4}\ \mathrm{J}$ 的热量后,温度升高到 $60\ °\mathrm{C}$,则水原来的温度是
20
$°\mathrm{C}$. 给质量为 50 g、初温为 $40\ °\mathrm{C}$ 的水加热,水温升高到 $80\ °\mathrm{C}$,则水吸收的热量是$8.4×10^3$
$\mathrm{J}$.$[c_{\mathrm{水}}=4.2× 10^{3}\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg}·\ °\mathrm{C})]$答案
3. 20 $8.4×10^3$ 解析:根据$Q=cm(t-t_0)$可知,$t_0=t-\frac{Q}{c_水m_水}=60\ °\mathrm{C}-\frac{8.4×10^4\ \mathrm{J}}{4.2×10^3\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg}·\ °\mathrm{C})×0.5\ \mathrm{kg}}=20\ °\mathrm{C}$;$Q_吸=c_水m'_水\Delta t=4.2×10^3\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg}·\ °\mathrm{C})×50×10^{-3}\ \mathrm{kg}×(80\ °\mathrm{C}-40\ °\mathrm{C})=8.4×10^3\ \mathrm{J}$.
解析
【分析】
拿到这道题首先回忆物体吸热的核心计算公式$Q_{吸}=cm\Delta t$，其中$\Delta t$是水升高的温度，等于末温减去初温。第一空已知水吸收的热量、质量、末温，要求初温，我们可以先对吸热公式做变形，先算出温度的升高量$\Delta t=\frac{Q}{c_{水}m}$，再用末温减去升高的温度就能得到水原来的初温。第二空已知水的质量、初温和末温，只需要先把质量的单位从克换算为千克，保证单位和比热容的单位匹配，算出温度差之后直接代入吸热公式正向计算，就能得到水吸收的热量。
【解析】
1. 计算第一空的水原来的温度：
根据吸热公式$Q_{吸}=c_{水}m(t-t_0)$，变形可得初温表达式：
$t_0 = t-\frac{Q}{c_{水}m}$
代入已知数值$Q=8.4×10^4\ \mathrm{J}$，$c_{水}=4.2×10^3\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg}·\ °\mathrm{C})$，$m=0.5\ \mathrm{kg}$，$t=60\ °\mathrm{C}$：
先计算温度升高量：$\Delta t=\frac{8.4×10^4\ \mathrm{J}}{4.2×10^3\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg}·\ °\mathrm{C})×0.5\ \mathrm{kg}}=40\ °\mathrm{C}$
因此初温$t_0=60\ °\mathrm{C}-40\ °\mathrm{C}=20\ °\mathrm{C}$。
2. 计算第二空水吸收的热量：
先统一单位：$m'=50\ \mathrm{g}=50×10^{-3}\ \mathrm{kg}=0.05\ \mathrm{kg}$
温度变化量$\Delta t'=80\ °\mathrm{C}-40\ °\mathrm{C}=40\ °\mathrm{C}$
代入吸热公式：
$Q_{吸}=c_{水}m'\Delta t'=4.2×10^3\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg}·\ °\mathrm{C})×0.05\ \mathrm{kg}×40\ °\mathrm{C}=8.4×10^3\ \mathrm{J}$
【答案】
$20$；$8.4×10^3$
【知识点】
比热容吸热公式；温度差计算
【点评】
本题是热学热量计算的基础题型，考察吸热公式的正向应用和逆向变形，解题时需要注意质量单位的统一，区分初温、末温、升高的温度三个物理量的区别，避免温度差计算颠倒的低级错误，属于热学部分要求全员掌握的基础内容。
【难度系数】
0.8
拿到这道题首先回忆物体吸热的核心计算公式$Q_{吸}=cm\Delta t$，其中$\Delta t$是水升高的温度，等于末温减去初温。第一空已知水吸收的热量、质量、末温，要求初温，我们可以先对吸热公式做变形，先算出温度的升高量$\Delta t=\frac{Q}{c_{水}m}$，再用末温减去升高的温度就能得到水原来的初温。第二空已知水的质量、初温和末温，只需要先把质量的单位从克换算为千克，保证单位和比热容的单位匹配，算出温度差之后直接代入吸热公式正向计算，就能得到水吸收的热量。
【解析】
1. 计算第一空的水原来的温度：
根据吸热公式$Q_{吸}=c_{水}m(t-t_0)$，变形可得初温表达式：
$t_0 = t-\frac{Q}{c_{水}m}$
代入已知数值$Q=8.4×10^4\ \mathrm{J}$，$c_{水}=4.2×10^3\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg}·\ °\mathrm{C})$，$m=0.5\ \mathrm{kg}$，$t=60\ °\mathrm{C}$：
先计算温度升高量：$\Delta t=\frac{8.4×10^4\ \mathrm{J}}{4.2×10^3\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg}·\ °\mathrm{C})×0.5\ \mathrm{kg}}=40\ °\mathrm{C}$
因此初温$t_0=60\ °\mathrm{C}-40\ °\mathrm{C}=20\ °\mathrm{C}$。
2. 计算第二空水吸收的热量：
先统一单位：$m'=50\ \mathrm{g}=50×10^{-3}\ \mathrm{kg}=0.05\ \mathrm{kg}$
温度变化量$\Delta t'=80\ °\mathrm{C}-40\ °\mathrm{C}=40\ °\mathrm{C}$
代入吸热公式：
$Q_{吸}=c_{水}m'\Delta t'=4.2×10^3\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg}·\ °\mathrm{C})×0.05\ \mathrm{kg}×40\ °\mathrm{C}=8.4×10^3\ \mathrm{J}$
【答案】
$20$；$8.4×10^3$
【知识点】
比热容吸热公式；温度差计算
【点评】
本题是热学热量计算的基础题型，考察吸热公式的正向应用和逆向变形，解题时需要注意质量单位的统一，区分初温、末温、升高的温度三个物理量的区别，避免温度差计算颠倒的低级错误，属于热学部分要求全员掌握的基础内容。
【难度系数】
0.8
4. 科技小组的同学用如图甲所示的装置比较不同物质的吸热升温情况.将水和油分别加入两个相同的试管中,同时用红外加热器加热,温度传感器与电脑相连,电脑上显示的温度随时间变化的关系图像如图乙所示.
(1)实验中需要选取
(2)加热3 min,液体A吸收的热量
(3)由图乙可知,液体
(4)小华用该装置重新做实验,得到水和油的温度随时间变化的关系图像均与图乙中的液体A相同,则小华选取的水和油的质量之比为
(5)美丽的上海依江傍海,气候与内陆城市相比存在明显差异.上海和某内陆城市的年气温变化曲线如图丙所示,由图丙可知,上海应该对应
(1)实验中需要选取
质量
(选填“质量”或“体积”)相等的水、油.(2)加热3 min,液体A吸收的热量
等于
(选填“大于”“小于”或“等于”)B吸收的热量.(3)由图乙可知,液体
B
(选填“A”或“B”)是水.(4)小华用该装置重新做实验,得到水和油的温度随时间变化的关系图像均与图乙中的液体A相同,则小华选取的水和油的质量之比为
2:3
.(5)美丽的上海依江傍海,气候与内陆城市相比存在明显差异.上海和某内陆城市的年气温变化曲线如图丙所示,由图丙可知,上海应该对应
a
(选填“a”或“b”)曲线.答案
4. (1)质量 (2)等于 (3)B (4)2:3 (5)a 解析:(1)在比较不同物质的吸热升温情况时,应选取质量相等的水和油.(2)用同一红外加热器加热,则在相等时间内油和水吸收的热量相等.(3)由题图乙可知,升高相同的温度时,液体B吸收的热量更多,即比热容更大,故液体B为水.(4)由$Q_吸=cm\Delta t$可知,质量相等的水和油升高相同温度时,吸收的热量之比等于比热容之比,则$\frac{c_水}{c_油}=\frac{Q_水}{Q_油}=\frac{t_水}{t_油}=\frac{3\ \mathrm{min}}{2\ \mathrm{min}}=3:2$,小华用该装置重新做实验时,水和油吸收相同热量,升高的温度相同,由$m=\frac{Q_吸}{c\Delta t}$可知,因为$\frac{c_水}{c_油}=3:2$,则水和油的质量之比$\frac{m_水}{m_油}=\frac{c_油}{c_水}=2:3$.(5)水的比热容大,则上海的年气温差较小,对应a曲线.
解析
【分析】
这道题是探究不同物质吸热升温特性的实验题，我们可以顺着实验逻辑一步步思考：
1. 第一问：比较不同物质的吸热能力要用到控制变量法，需要排除质量对吸热升温的影响，因此必须控制两种液体的质量相等，而非体积。
2. 第二问：实验使用完全相同的红外加热器，相同时间内加热器放出的热量完全相同，因此加热相同时间时，两种液体吸收的热量相等，加热3min时A和B的吸热量一致。
3. 第三问：水的比热容比油大，吸收相同热量时升温更慢，观察图乙，升高到80℃时A只用了2min，B用了3min，B升温更慢，说明B的比热容更大，对应水。
4. 第四问：先从图乙初始实验推导水和油的比热容比值：初始实验中两者质量相等，升高相同温度，A（油）吸热时间2min，B（水）吸热时间3min，相同加热器的供热量和加热时间成正比，由Q吸=cmΔt，质量、Δt相同时c和Q成正比，得c水:c油=3:2。新实验中两者吸收相同热量、升高的温度也相同，由m=Q吸/(cΔt)可知m和c成反比，即可算出质量比。
5. 第五问：沿海城市水的占比大，水的比热容大，年温差更小，图丙里a曲线温度变化幅度更小，对应沿海的上海。
【解析】
(1) 比较不同物质的吸热升温特性时，根据控制变量法，需要保证水和油的质量相同，排除质量差异对实验结果的干扰，因此选择质量。
(2) 两个试管使用完全相同的红外加热器加热，相同时间内加热器提供的热量相等，因此加热3min时，液体A吸收的热量等于B吸收的热量。
(3) 水的比热容大于油，质量相同的水和油升高相同温度时，水需要吸收更多热量，加热时间更长。由图乙可知，升高到80℃时，B的加热时间更长，升温更慢，因此液体B是水。
(4) 初始实验中，水和油质量相等，初温均为40℃，末温80℃，Δt=40℃，油（A）加热时间2min，水（B）加热时间3min，相同加热器的供热功率相同，Q与加热时间成正比，由Q吸=cmΔt可得：$\frac{c_水}{c_油} = \frac{Q_水/(m\Delta t)}{Q_油/(m\Delta t)} = \frac{Q_水}{Q_油} = \frac{3\ \mathrm{min}}{2\ \mathrm{min}} = \frac{3}{2}$。新实验中，水和油吸热相同、升高的温度相同，由$m=\frac{Q_吸}{c\Delta t}$可得：$\frac{m_水}{m_油} = \frac{c_油}{c_水} = \frac{2}{3}$，即质量比为2:3。
(5) 上海是沿海城市，周边水域多，水的比热容大，相同吸放热条件下温度变化更小，年温差更小，图丙中a曲线的温度变化幅度更小，因此上海对应a曲线。
【答案】
(1) 质量 (2) 等于 (3) B (4) 2:3 (5) a
【知识点】
比热容，控制变量法，热量计算
【点评】
本题围绕探究不同物质吸热能力的经典实验展开，从基础实验操作的控制变量要求，到比热容概念的理解，再到热量公式的灵活推导，最后结合沿海内陆气候差异的实际场景考察比热容的应用，考点层层递进，既巩固了基础实验知识，也锻炼了学生对物理公式的变形运用能力。
【难度系数】
0.6
这道题是探究不同物质吸热升温特性的实验题，我们可以顺着实验逻辑一步步思考：
1. 第一问：比较不同物质的吸热能力要用到控制变量法，需要排除质量对吸热升温的影响，因此必须控制两种液体的质量相等，而非体积。
2. 第二问：实验使用完全相同的红外加热器，相同时间内加热器放出的热量完全相同，因此加热相同时间时，两种液体吸收的热量相等，加热3min时A和B的吸热量一致。
3. 第三问：水的比热容比油大，吸收相同热量时升温更慢，观察图乙，升高到80℃时A只用了2min，B用了3min，B升温更慢，说明B的比热容更大，对应水。
4. 第四问：先从图乙初始实验推导水和油的比热容比值：初始实验中两者质量相等，升高相同温度，A（油）吸热时间2min，B（水）吸热时间3min，相同加热器的供热量和加热时间成正比，由Q吸=cmΔt，质量、Δt相同时c和Q成正比，得c水:c油=3:2。新实验中两者吸收相同热量、升高的温度也相同，由m=Q吸/(cΔt)可知m和c成反比，即可算出质量比。
5. 第五问：沿海城市水的占比大，水的比热容大，年温差更小，图丙里a曲线温度变化幅度更小，对应沿海的上海。
【解析】
(1) 比较不同物质的吸热升温特性时，根据控制变量法，需要保证水和油的质量相同，排除质量差异对实验结果的干扰，因此选择质量。
(2) 两个试管使用完全相同的红外加热器加热，相同时间内加热器提供的热量相等，因此加热3min时，液体A吸收的热量等于B吸收的热量。
(3) 水的比热容大于油，质量相同的水和油升高相同温度时，水需要吸收更多热量，加热时间更长。由图乙可知，升高到80℃时，B的加热时间更长，升温更慢，因此液体B是水。
(4) 初始实验中，水和油质量相等，初温均为40℃，末温80℃，Δt=40℃，油（A）加热时间2min，水（B）加热时间3min，相同加热器的供热功率相同，Q与加热时间成正比，由Q吸=cmΔt可得：$\frac{c_水}{c_油} = \frac{Q_水/(m\Delta t)}{Q_油/(m\Delta t)} = \frac{Q_水}{Q_油} = \frac{3\ \mathrm{min}}{2\ \mathrm{min}} = \frac{3}{2}$。新实验中，水和油吸热相同、升高的温度相同，由$m=\frac{Q_吸}{c\Delta t}$可得：$\frac{m_水}{m_油} = \frac{c_油}{c_水} = \frac{2}{3}$，即质量比为2:3。
(5) 上海是沿海城市，周边水域多，水的比热容大，相同吸放热条件下温度变化更小，年温差更小，图丙中a曲线的温度变化幅度更小，因此上海对应a曲线。
【答案】
(1) 质量 (2) 等于 (3) B (4) 2:3 (5) a
【知识点】
比热容，控制变量法，热量计算
【点评】
本题围绕探究不同物质吸热能力的经典实验展开，从基础实验操作的控制变量要求，到比热容概念的理解，再到热量公式的灵活推导，最后结合沿海内陆气候差异的实际场景考察比热容的应用，考点层层递进，既巩固了基础实验知识，也锻炼了学生对物理公式的变形运用能力。
【难度系数】
0.6
