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6. ★★（图像分析）某物体的质量为$m$，其固态时比热容为$c$，用稳定的热源对它加热，到$t_3$时刻停止加热，然后让其冷却。上述过程中记录不同时刻的温度，最后绘制出温度随时间变化的图像如图所示。由图可知，该物质是
晶体
（填“晶体”或“非晶体”），液态时升温更快，说明该物质液态时比热容比固态时更小
（填“大”或“小”），在$0～t_1$时间段，该物体吸收的热量为$cm(T_2-T_1)$
，在$t_4～t_5$时间段，该物体放出的热量为$\frac{cm(T_2-T_1)}{t_1}(t_2-t_1)$
（后两空均用题中和图中字母表示）。答案
6.晶体；小；$cm(T_2-T_1)$；$\frac{cm(T_2-T_1)}{t_1}(t_2-t_1)$ 【点拨】在$0～t_1$时间段，该物体吸收的热量$Q=cm\Delta t=cm(T_2-T_1)$。同一物质，熔化时吸收的热量与凝固时放出的热量相等，物质每秒钟吸收的热量为$\frac{cm(T_2-T_1)}{t_1}$，则物体熔化时吸收的热量$Q_{吸}=\frac{cm(T_2-T_1)}{t_1}(t_2-t_1)$，故物体凝固时放出的热量为$\frac{cm(T_2-T_1)}{t_1}(t_2-t_1)$。
解析
【分析】
要判断物质是晶体还是非晶体，需看温度图像是否有固定熔点（温度不变的阶段）；判断液态比热容大小，利用稳定热源相同时间吸放热相同，结合热量公式Q=cmΔt分析；计算热量时，根据热量公式和图像中时间与热量的关系推导。
【解析】
1. 晶体判断：晶体有固定熔点，图像中t₁~t₂时间段温度保持T₂不变，说明该物质有固定熔点，因此是晶体。
2. 液态比热容判断：稳定热源相同时间内物质吸放热相同，液态升温更快，即相同时间Δt更大，根据Q=cmΔt，Q、m相同时，Δt越大则c越小，故液态比热容比固态小。
3. 0～t₁吸收热量：该阶段为固态升温，温度变化Δt=T₂-T₁，根据Q=cmΔt，吸收热量为$cm(T_2-T_1)$。
4. t₄～t₅放出热量：0～t₁时间为t₁，吸收热量为$cm(T_2-T_1)$，则单位时间吸热量为$\frac{cm(T_2-T_1)}{t_1}$；熔化过程（t₁~t₂）与凝固过程（t₄~t₅）热量相等，熔化时间为t₂-t₁，故凝固放出热量等于熔化吸收热量，即$\frac{cm(T_2-T_1)}{t_1}(t_2-t_1)$。
【答案】
晶体；小；$cm(T_2-T_1)$；$\frac{cm(T_2-T_1)}{t_1}(t_2-t_1)$
【知识点】
晶体与非晶体、比热容、热量计算
【点评】
本题结合温度-时间图像考查热学基础知识点，需掌握晶体的判断依据，灵活运用热量公式，结合图像分析时间与热量的关系，是热学常见的图像分析题。
【难度系数】
0.5
要判断物质是晶体还是非晶体，需看温度图像是否有固定熔点（温度不变的阶段）；判断液态比热容大小，利用稳定热源相同时间吸放热相同，结合热量公式Q=cmΔt分析；计算热量时，根据热量公式和图像中时间与热量的关系推导。
【解析】
1. 晶体判断：晶体有固定熔点，图像中t₁~t₂时间段温度保持T₂不变，说明该物质有固定熔点，因此是晶体。
2. 液态比热容判断：稳定热源相同时间内物质吸放热相同，液态升温更快，即相同时间Δt更大，根据Q=cmΔt，Q、m相同时，Δt越大则c越小，故液态比热容比固态小。
3. 0～t₁吸收热量：该阶段为固态升温，温度变化Δt=T₂-T₁，根据Q=cmΔt，吸收热量为$cm(T_2-T_1)$。
4. t₄～t₅放出热量：0～t₁时间为t₁，吸收热量为$cm(T_2-T_1)$，则单位时间吸热量为$\frac{cm(T_2-T_1)}{t_1}$；熔化过程（t₁~t₂）与凝固过程（t₄~t₅）热量相等，熔化时间为t₂-t₁，故凝固放出热量等于熔化吸收热量，即$\frac{cm(T_2-T_1)}{t_1}(t_2-t_1)$。
【答案】
晶体；小；$cm(T_2-T_1)$；$\frac{cm(T_2-T_1)}{t_1}(t_2-t_1)$
【知识点】
晶体与非晶体、比热容、热量计算
【点评】
本题结合温度-时间图像考查热学基础知识点，需掌握晶体的判断依据，灵活运用热量公式，结合图像分析时间与热量的关系，是热学常见的图像分析题。
【难度系数】
0.5
7. 某汽车公司研发了一款氢燃料大巴，该大巴用液氢作为燃料，储存在车身后部的超低温绝热储罐中。已知氢燃料的热值约为$1.4×10^{8}\ \mathrm{J/kg}$。
(1)求0.6 kg的氢燃料完全燃烧放出的热量。
(2)0.6 kg的氢燃料可供该型号氢燃料大巴车以120 kW的恒定功率匀速行驶350 s，求该氢燃料大巴车的效率。
(1)求0.6 kg的氢燃料完全燃烧放出的热量。
(2)0.6 kg的氢燃料可供该型号氢燃料大巴车以120 kW的恒定功率匀速行驶350 s，求该氢燃料大巴车的效率。
答案
7.【解】(1)根据$Q_{放}=mq$得，0.6 kg的氢燃料完全燃烧放出的热量$Q_{放}=m_{氢}\ q_{氢}=0.6\ \mathrm{kg}×1.4×10^8\ \mathrm{J/kg}=8.4×10^7\ \mathrm{J}$。
(2)根据$P=\frac{W}{t}$可得，大巴车发动机所做的有用功$W_{有用}=Pt=120×10^3\ \mathrm{W}×350\ \mathrm{s}=4.2×10^7\ \mathrm{J}$，则该氢燃料大巴车的效率$\eta=\frac{W_{有用}}{Q_{放}}×100\%=\frac{4.2×10^7\ \mathrm{J}}{8.4×10^7\ \mathrm{J}}×100\%=50\%$。
(2)根据$P=\frac{W}{t}$可得，大巴车发动机所做的有用功$W_{有用}=Pt=120×10^3\ \mathrm{W}×350\ \mathrm{s}=4.2×10^7\ \mathrm{J}$，则该氢燃料大巴车的效率$\eta=\frac{W_{有用}}{Q_{放}}×100\%=\frac{4.2×10^7\ \mathrm{J}}{8.4×10^7\ \mathrm{J}}×100\%=50\%$。
解析
【分析】
本题分为两小问，第(1)问求氢燃料完全燃烧放出的热量，需利用燃料完全燃烧放热公式$Q_{放}=mq$，代入氢的质量和热值即可计算；第(2)问求大巴车的效率，效率是有用功与燃料完全燃烧放出热量的比值，先通过功率公式$P=\frac{W}{t}$算出有用功，再代入效率公式$\eta=\frac{W_{有用}}{Q_{放}}×100\%$求解。
【解析】
(1) 根据燃料完全燃烧放热公式$Q_{放}=mq$，代入数据：
$Q_{放}=m_{氢}q_{氢}=0.6\ \mathrm{kg}×1.4×10^8\ \mathrm{J/kg}=8.4×10^7\ \mathrm{J}$；
(2) 先将功率单位换算为瓦：$120\ \mathrm{kW}=120×10^3\ \mathrm{W}$，根据功率公式$P=\frac{W}{t}$计算有用功：
$W_{有用}=Pt=120×10^3\ \mathrm{W}×350\ \mathrm{s}=4.2×10^7\ \mathrm{J}$；
再根据效率公式计算效率：
$\eta=\frac{W_{有用}}{Q_{放}}×100\%=\frac{4.2×10^7\ \mathrm{J}}{8.4×10^7\ \mathrm{J}}×100\%=50\%$。
【答案】
(1) $8.4×10^7\ \mathrm{J}$；(2) $50\%$
【知识点】
热值计算、热机效率计算
【点评】
本题是热值与热机效率的基础应用题型，主要考查相关公式的运用和单位换算，只要牢记公式并正确代入数据即可解答，属于基础题。
【难度系数】
0.6
本题分为两小问，第(1)问求氢燃料完全燃烧放出的热量，需利用燃料完全燃烧放热公式$Q_{放}=mq$，代入氢的质量和热值即可计算；第(2)问求大巴车的效率，效率是有用功与燃料完全燃烧放出热量的比值，先通过功率公式$P=\frac{W}{t}$算出有用功，再代入效率公式$\eta=\frac{W_{有用}}{Q_{放}}×100\%$求解。
【解析】
(1) 根据燃料完全燃烧放热公式$Q_{放}=mq$，代入数据：
$Q_{放}=m_{氢}q_{氢}=0.6\ \mathrm{kg}×1.4×10^8\ \mathrm{J/kg}=8.4×10^7\ \mathrm{J}$；
(2) 先将功率单位换算为瓦：$120\ \mathrm{kW}=120×10^3\ \mathrm{W}$，根据功率公式$P=\frac{W}{t}$计算有用功：
$W_{有用}=Pt=120×10^3\ \mathrm{W}×350\ \mathrm{s}=4.2×10^7\ \mathrm{J}$；
再根据效率公式计算效率：
$\eta=\frac{W_{有用}}{Q_{放}}×100\%=\frac{4.2×10^7\ \mathrm{J}}{8.4×10^7\ \mathrm{J}}×100\%=50\%$。
【答案】
(1) $8.4×10^7\ \mathrm{J}$；(2) $50\%$
【知识点】
热值计算、热机效率计算
【点评】
本题是热值与热机效率的基础应用题型，主要考查相关公式的运用和单位换算，只要牢记公式并正确代入数据即可解答，属于基础题。
【难度系数】
0.6
1. ★★★ 小明在“探究不同物质吸热性能”的实验中，将甲和乙两种液体分别装在两个相同的烧杯中（$\rho_甲＞\rho_乙$）。如图(a)所示，用两个相同的酒精灯加热，每隔相同时间读取一次温度。
(a) (b)
(1)实验前应按照
(2)(实验评估)小明的实验装置有一处明显错误：未保持甲、乙两种液体的
(3)(实验方法)纠正错误后继续实验，用相同的酒精灯加热，通过比较
A.在比较液体压强时，用U形管两端液面高度差来判断
B.用光线表示光的传播路径和方向
收热量的多少；这种研究方法与下面事例中（填字母）的方法是相同的。
(4)(数据分析)如表是小明记录的实验数据，冬天来了，他想制作一个暖手袋，
加热时间/min 0 1 2 3 4
甲的温度/℃ 34 38 42 46
乙的温度/℃ 10 18 26 34 42
(5)(装置改进)在对实验进行反思时，小明认为原方案有酒精灯火焰可能不相同等缺点，因此改进了实验方案，并设计了图(b)所示水浴法加热的装置。与原方案相比，该方案的优点是
(a) (b)
(1)实验前应按照
自下而上
（填“自下而上”或“自上而下”）的顺序组装实验器材，除了图中所给的实验器材外，还需要的测量工具有秒表、天平
。(2)(实验评估)小明的实验装置有一处明显错误：未保持甲、乙两种液体的
质量
相同。(3)(实验方法)纠正错误后继续实验，用相同的酒精灯加热，通过比较
加热时间
来比较两种液体吸收热量的多少；这种研究方法与下面事例中A
（填字母）的方法是相同的。A.在比较液体压强时，用U形管两端液面高度差来判断
B.用光线表示光的传播路径和方向
收热量的多少；这种研究方法与下面事例中（填字母）的方法是相同的。
(4)(数据分析)如表是小明记录的实验数据，冬天来了，他想制作一个暖手袋，
甲
（填“甲”或“乙”）更适合做暖手袋的供热介质。加热时间/min 0 1 2 3 4
甲的温度/℃ 34 38 42 46
乙的温度/℃ 10 18 26 34 42
(5)(装置改进)在对实验进行反思时，小明认为原方案有酒精灯火焰可能不相同等缺点，因此改进了实验方案，并设计了图(b)所示水浴法加热的装置。与原方案相比，该方案的优点是
避免两次加热，受热均匀，确保液体在相等时间内吸收的热量相等(合理即可)
。答案
1.(1)自下而上；秒表、天平 (2)质量 (3)加热时间；A (4)甲 (5)避免两次加热，受热均匀，确保液体在相等时间内吸收的热量相等(合理即可)
解析
【分析】
本题围绕“探究不同物质吸热性能”的实验展开，需结合实验操作规范、控制变量法、转换法等知识点解题：
(1)组装实验器材时，酒精灯需用外焰加热，因此要按自下而上的顺序调整器材；实验需测量加热时间和液体质量，故需额外准备对应测量工具。
(2)探究吸热性能时，根据控制变量法，需保证两种液体的质量相同，小明的装置未满足该条件。
(3)相同酒精灯加热时，加热时间越长，液体吸收热量越多，通过加热时间反映吸热多少属于转换法；需判断选项中与该方法一致的事例。
(4)暖手袋供热介质需选比热容大的物质，结合实验数据判断甲、乙的比热容大小即可。
(5)水浴法加热的优点，需对比原方案的缺点分析。
【解析】
(1)组装器材时，因酒精灯外焰温度最高，需先固定酒精灯位置，再依次向上调整铁圈、温度计，故顺序为自下而上；实验中需测量加热时间（用秒表）和液体质量（用天平），因此还需要秒表、天平。
(2)探究不同物质的吸热性能时，根据控制变量法，应控制甲、乙两种液体的质量相同，小明的装置未保持质量相同，是明显错误。
(3)用相同酒精灯加热，相同时间内液体吸收的热量相等，因此通过比较加热时间来反映吸热多少，该方法为转换法；选项A用U形管两端液面高度差判断液体压强，也是转换法；选项B用光线表示光的传播路径，是模型法，故选A。
(4)由实验数据，相同加热时间（吸热相同）时，甲的温度变化量更小，根据Q=cmΔt，质量相同、吸热相同时，温度变化小的物质比热容更大，甲的比热容更大，适合做暖手袋的供热介质。
(5)水浴法加热时，同一热源可保证甲、乙在相等时间内吸收的热量相等，且液体受热更均匀，避免了原方案中酒精灯火焰不同的缺点。
【答案】
(1)自下而上；秒表、天平 (2)质量 (3)加热时间；A (4)甲 (5)避免两次加热，受热均匀，确保液体在相等时间内吸收的热量相等(合理即可)
【知识点】
探究物质吸热性能、控制变量法、转换法
【点评】
本题是热学实验的基础题型，考查实验器材组装、控制变量法与转换法的应用，以及比热容的实际应用，核心是掌握探究物质吸热性能的实验设计要点，难度适中。
【难度系数】
0.6
本题围绕“探究不同物质吸热性能”的实验展开，需结合实验操作规范、控制变量法、转换法等知识点解题：
(1)组装实验器材时，酒精灯需用外焰加热，因此要按自下而上的顺序调整器材；实验需测量加热时间和液体质量，故需额外准备对应测量工具。
(2)探究吸热性能时，根据控制变量法，需保证两种液体的质量相同，小明的装置未满足该条件。
(3)相同酒精灯加热时，加热时间越长，液体吸收热量越多，通过加热时间反映吸热多少属于转换法；需判断选项中与该方法一致的事例。
(4)暖手袋供热介质需选比热容大的物质，结合实验数据判断甲、乙的比热容大小即可。
(5)水浴法加热的优点，需对比原方案的缺点分析。
【解析】
(1)组装器材时，因酒精灯外焰温度最高，需先固定酒精灯位置，再依次向上调整铁圈、温度计，故顺序为自下而上；实验中需测量加热时间（用秒表）和液体质量（用天平），因此还需要秒表、天平。
(2)探究不同物质的吸热性能时，根据控制变量法，应控制甲、乙两种液体的质量相同，小明的装置未保持质量相同，是明显错误。
(3)用相同酒精灯加热，相同时间内液体吸收的热量相等，因此通过比较加热时间来反映吸热多少，该方法为转换法；选项A用U形管两端液面高度差判断液体压强，也是转换法；选项B用光线表示光的传播路径，是模型法，故选A。
(4)由实验数据，相同加热时间（吸热相同）时，甲的温度变化量更小，根据Q=cmΔt，质量相同、吸热相同时，温度变化小的物质比热容更大，甲的比热容更大，适合做暖手袋的供热介质。
(5)水浴法加热时，同一热源可保证甲、乙在相等时间内吸收的热量相等，且液体受热更均匀，避免了原方案中酒精灯火焰不同的缺点。
【答案】
(1)自下而上；秒表、天平 (2)质量 (3)加热时间；A (4)甲 (5)避免两次加热，受热均匀，确保液体在相等时间内吸收的热量相等(合理即可)
【知识点】
探究物质吸热性能、控制变量法、转换法
【点评】
本题是热学实验的基础题型，考查实验器材组装、控制变量法与转换法的应用，以及比热容的实际应用，核心是掌握探究物质吸热性能的实验设计要点，难度适中。
【难度系数】
0.6
