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10.如图所示,密闭绝热容器内有一个绝热隔板(保证A、B间不发生热交换),隔板与容器之间无摩擦。隔板将A、B两部分气体隔开,当抽去销钉,发现隔板向右移动,则A中气体温度
降低
,B中气体温度升高
。(均选填“升高”“降低”或“不变”)答案
10.降低 升高
解析
【分析】本题需结合热力学第一定律分析气体的内能与温度变化。首先明确已知条件：容器绝热、隔板绝热（A、B间无热交换）、隔板无摩擦，抽去销钉后隔板右移，说明A体积增大，B体积减小。接下来，根据热力学第一定律ΔU=Q+W，结合气体体积变化判断做功情况，再分析内能变化，进而确定温度变化：体积增大时气体对外做功，体积减小时外界对气体做功；绝热条件下Q=0，内能变化仅由做功决定，而理想气体内能仅与温度有关，内能变化对应温度变化。
【解析】密闭绝热容器内，隔板绝热，A、B间无热交换，且隔板与容器无摩擦。抽去销钉后隔板向右移动，因此A中气体体积增大，B中气体体积减小。
1. 对A中气体：因隔板绝热，A与外界无热交换，即Q=0；气体体积增大，对外做功，W＜0。根据热力学第一定律ΔU=Q+W，可得ΔU＜0，即A的内能减小，而理想气体内能仅与温度有关，故A中气体温度降低。
2. 对B中气体：体积减小，外界对气体做功，W＞0；Q=0，根据热力学第一定律ΔU=Q+W，可得ΔU＞0，即B的内能增加，故B中气体温度升高。
【答案】降低；升高
【知识点】热力学第一定律、理想气体内能与温度
【点评】本题考查热力学第一定律的实际应用，核心是通过气体体积变化判断做功情况，结合绝热条件分析内能与温度的变化，需要学生掌握热力学第一定律的公式及理想气体内能的特点，属于中等难度的基础应用题。
【难度系数】0.5
【解析】密闭绝热容器内，隔板绝热，A、B间无热交换，且隔板与容器无摩擦。抽去销钉后隔板向右移动，因此A中气体体积增大，B中气体体积减小。
1. 对A中气体：因隔板绝热，A与外界无热交换，即Q=0；气体体积增大，对外做功，W＜0。根据热力学第一定律ΔU=Q+W，可得ΔU＜0，即A的内能减小，而理想气体内能仅与温度有关，故A中气体温度降低。
2. 对B中气体：体积减小，外界对气体做功，W＞0；Q=0，根据热力学第一定律ΔU=Q+W，可得ΔU＞0，即B的内能增加，故B中气体温度升高。
【答案】降低；升高
【知识点】热力学第一定律、理想气体内能与温度
【点评】本题考查热力学第一定律的实际应用，核心是通过气体体积变化判断做功情况，结合绝热条件分析内能与温度的变化，需要学生掌握热力学第一定律的公式及理想气体内能的特点，属于中等难度的基础应用题。
【难度系数】0.5
11.楼房中的暖气用水作为介质，是利用了水的
比热容大
这一特性。某同学家暖气管道中500 kg的水从65 ℃降低到35 ℃，放出的热量为$6.3×10^{7}$
J，这一过程中水的内能减少
。[$c_{水}=4.2× 10^{3}\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg}· °\mathrm{C})$]答案
11.比热容大 $6.3×10^{7}$ 减少
解析
【分析】
本题需结合比热容的特性、放热公式及内能变化的知识解答：首先，暖气用水做介质是利用水比热容大的特点；计算放出的热量需用放热公式$Q_{放}=cm\Delta t$，$\Delta t$为温度变化量；水放热时内能会减少。
【解析】
1. 暖气介质的特性：水的比热容较大，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，因此适合作为暖气的传热介质，故第一空填“比热容大”。
2. 放出热量的计算：根据放热公式$Q_{放}=c_{水}m\Delta t$，其中$\Delta t = t_0 - t = 65°\mathrm{C} - 35°\mathrm{C} = 30°\mathrm{C}$，代入数据得：$Q_{放}=4.2×10^3\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg·°\mathrm{C}})×500\ \mathrm{kg}×30°\mathrm{C}=6.3×10^7\ \mathrm{J}$，故第二空填$6.3×10^7$。
3. 内能变化：水放出热量，温度降低，内能减少，故第三空填“减少”。
【答案】
比热容大；$6.3×10^{7}$；减少
【知识点】
比热容、热量计算、内能
【点评】
本题结合生活实际考查基础物理知识，涵盖比热容的应用、热量公式的运用及内能变化的判断，难度不大，注重知识的实际应用。
【难度系数】
0.8
本题需结合比热容的特性、放热公式及内能变化的知识解答：首先，暖气用水做介质是利用水比热容大的特点；计算放出的热量需用放热公式$Q_{放}=cm\Delta t$，$\Delta t$为温度变化量；水放热时内能会减少。
【解析】
1. 暖气介质的特性：水的比热容较大，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，因此适合作为暖气的传热介质，故第一空填“比热容大”。
2. 放出热量的计算：根据放热公式$Q_{放}=c_{水}m\Delta t$，其中$\Delta t = t_0 - t = 65°\mathrm{C} - 35°\mathrm{C} = 30°\mathrm{C}$，代入数据得：$Q_{放}=4.2×10^3\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg·°\mathrm{C}})×500\ \mathrm{kg}×30°\mathrm{C}=6.3×10^7\ \mathrm{J}$，故第二空填$6.3×10^7$。
3. 内能变化：水放出热量，温度降低，内能减少，故第三空填“减少”。
【答案】
比热容大；$6.3×10^{7}$；减少
【知识点】
比热容、热量计算、内能
【点评】
本题结合生活实际考查基础物理知识，涵盖比热容的应用、热量公式的运用及内能变化的判断，难度不大，注重知识的实际应用。
【难度系数】
0.8
12.(南京期中)在探究“物质的吸热能力与哪些因素有关”的实验中，用质量是0.3 kg的水和表中等质量的另一种物质进行对比，作出的图像如图所示。实验过程中，水和另一种物质在相同时间内吸收的热量相等，分析图像可以得出另一种物质为
煤油
，这种物质在0～5 min内吸收的热量为$2.52×10^{4}$
J。答案
12.煤油 $2.52×10^{4}$
解析
【分析】
本题需解决两个问题：一是判断另一种物质，二是计算其吸收的热量。首先回忆探究物质吸热能力的实验规律：质量相同的不同物质，吸收相同热量时，温度变化越大，比热容越小（吸热能力越弱）。已知水的比热容是常见物质中较大的，因此相同吸热条件下温度变化小的是水，温度变化大的为另一种物质，结合常见物质比热容可判断该物质；再利用相同时间内两者吸热相等的条件，通过水的吸热计算另一种物质的吸热。
【解析】
1. 判断物质：
质量相同的不同物质，吸收相同热量时，温度变化越大，比热容越小。水的比热容为$4.2×10^3 J/(kg·℃)$，是常见物质中较大的，因此相同时间（吸收相同热量）内，温度变化小的是水，温度变化大的为另一种物质。查常见物质比热容，煤油的比热容为$2.1×10^3 J/(kg·℃)$，是水的一半，符合温度变化为水2倍的特征，故另一种物质为煤油。
2. 计算吸收的热量：
实验中相同时间内水和另一种物质吸收的热量相等，因此计算水在0～5min内吸收的热量即可。水的质量$m=0.3kg$，比热容$c_水=4.2×10^3 J/(kg·℃)$，由题意可知0～5min内水的温度变化$\Delta t_水=20℃$，根据热量公式$Q_吸=cm\Delta t$：
$Q_吸=4.2×10^3 J/(kg·℃)×0.3kg×20℃=2.52×10^4 J$，即另一种物质吸收的热量为$2.52×10^4 J$。
【答案】
煤油；$2.52×10^4$
【知识点】
比热容、热量计算
【点评】
本题是探究物质吸热能力的典型实验题，结合比热容特点与热量公式进行分析计算，考查学生对实验原理和公式的应用能力，难度适中。
【难度系数】
0.6
本题需解决两个问题：一是判断另一种物质，二是计算其吸收的热量。首先回忆探究物质吸热能力的实验规律：质量相同的不同物质，吸收相同热量时，温度变化越大，比热容越小（吸热能力越弱）。已知水的比热容是常见物质中较大的，因此相同吸热条件下温度变化小的是水，温度变化大的为另一种物质，结合常见物质比热容可判断该物质；再利用相同时间内两者吸热相等的条件，通过水的吸热计算另一种物质的吸热。
【解析】
1. 判断物质：
质量相同的不同物质，吸收相同热量时，温度变化越大，比热容越小。水的比热容为$4.2×10^3 J/(kg·℃)$，是常见物质中较大的，因此相同时间（吸收相同热量）内，温度变化小的是水，温度变化大的为另一种物质。查常见物质比热容，煤油的比热容为$2.1×10^3 J/(kg·℃)$，是水的一半，符合温度变化为水2倍的特征，故另一种物质为煤油。
2. 计算吸收的热量：
实验中相同时间内水和另一种物质吸收的热量相等，因此计算水在0～5min内吸收的热量即可。水的质量$m=0.3kg$，比热容$c_水=4.2×10^3 J/(kg·℃)$，由题意可知0～5min内水的温度变化$\Delta t_水=20℃$，根据热量公式$Q_吸=cm\Delta t$：
$Q_吸=4.2×10^3 J/(kg·℃)×0.3kg×20℃=2.52×10^4 J$，即另一种物质吸收的热量为$2.52×10^4 J$。
【答案】
煤油；$2.52×10^4$
【知识点】
比热容、热量计算
【点评】
本题是探究物质吸热能力的典型实验题，结合比热容特点与热量公式进行分析计算，考查学生对实验原理和公式的应用能力，难度适中。
【难度系数】
0.6
三、实验探究题(15分)
13.(随州中考)某实验小组用规格完全相同的实验器材,对初温相同的100 g水、200 g水、100 g煤油进行加热,如图所示。
(1)若要探究不同物质的吸热差异应选择
(2)水沸腾时,小组成员观察到烧杯内出现的气泡是
(3)在处理实验数据时,小组成员绘制了从开始加热到沸腾前液体的温度随时间变化图像,如图丁所示,已知水的比热容大于煤油的比热容,分析可知100 g煤油对应的图像是
13.(随州中考)某实验小组用规格完全相同的实验器材,对初温相同的100 g水、200 g水、100 g煤油进行加热,如图所示。
(1)若要探究不同物质的吸热差异应选择
甲、丙
(选填“甲、乙、丙”中的两个)两图进行对比实验。(2)水沸腾时,小组成员观察到烧杯内出现的气泡是
B
(选填“A”“B”或“C”)图。(3)在处理实验数据时,小组成员绘制了从开始加热到沸腾前液体的温度随时间变化图像,如图丁所示,已知水的比热容大于煤油的比热容,分析可知100 g煤油对应的图像是
c
(选填“b”或“c”)。答案
13.(1)甲、丙 (2)B (3)c
解析
【分析】
本题考查探究物质吸热能力与水沸腾的实验，需结合控制变量法、水沸腾的特点及热量公式分析。
(1) 探究不同物质的吸热差异，需控制质量相同、物质种类不同，甲为100g水，丙为100g煤油，符合控制变量要求，故选甲、丙。
(2) 水沸腾时，容器内水温一致，气泡上升时周围水持续汽化，且水压减小，气泡体积逐渐变大，对应B图；沸腾前气泡上升时遇冷液化，体积变小，对应C图，A不符合沸腾时气泡特点。
(3) 根据Q=cmΔt，相同加热时间（吸收热量Q相同），质量m相同时，比热容c越小，温度变化Δt越大。煤油比热容小于水，100g煤油与100g水质量相同，升温更快，对应图像c。
【解析】
(1) 探究不同物质的吸热差异，依据控制变量法，应控制质量不变，改变物质种类。甲中液体为100g水，丙中为100g煤油，质量相同、物质种类不同，因此选择甲、丙两图对比实验。
(2) 水沸腾时，整个容器内水温相同，气泡上升过程中，水不断汽化，水蒸气进入气泡，同时水的压强随深度减小，气泡体积逐渐增大，故观察到的气泡是B图。
(3) 由热量公式Q=cmΔt可知，当质量m和吸收热量Q相同时，比热容c越小，温度变化Δt越大。已知水的比热容大于煤油，100g煤油与100g水质量相等，吸收相同热量时，煤油温度升高更快，因此对应图像c。
【答案】
(1) 甲、丙 (2) B (3) c
【知识点】
探究物质吸热能力、水的沸腾、热量计算
【点评】
本题结合实验装置与图像，考查控制变量法的应用、水沸腾的气泡特征及热量公式的理解，需学生熟练掌握实验原理，注重对实验细节的分析，是中考常见的实验探究题。
【难度系数】
0.5
本题考查探究物质吸热能力与水沸腾的实验，需结合控制变量法、水沸腾的特点及热量公式分析。
(1) 探究不同物质的吸热差异，需控制质量相同、物质种类不同，甲为100g水，丙为100g煤油，符合控制变量要求，故选甲、丙。
(2) 水沸腾时，容器内水温一致，气泡上升时周围水持续汽化，且水压减小，气泡体积逐渐变大，对应B图；沸腾前气泡上升时遇冷液化，体积变小，对应C图，A不符合沸腾时气泡特点。
(3) 根据Q=cmΔt，相同加热时间（吸收热量Q相同），质量m相同时，比热容c越小，温度变化Δt越大。煤油比热容小于水，100g煤油与100g水质量相同，升温更快，对应图像c。
【解析】
(1) 探究不同物质的吸热差异，依据控制变量法，应控制质量不变，改变物质种类。甲中液体为100g水，丙中为100g煤油，质量相同、物质种类不同，因此选择甲、丙两图对比实验。
(2) 水沸腾时，整个容器内水温相同，气泡上升过程中，水不断汽化，水蒸气进入气泡，同时水的压强随深度减小，气泡体积逐渐增大，故观察到的气泡是B图。
(3) 由热量公式Q=cmΔt可知，当质量m和吸收热量Q相同时，比热容c越小，温度变化Δt越大。已知水的比热容大于煤油，100g煤油与100g水质量相等，吸收相同热量时，煤油温度升高更快，因此对应图像c。
【答案】
(1) 甲、丙 (2) B (3) c
【知识点】
探究物质吸热能力、水的沸腾、热量计算
【点评】
本题结合实验装置与图像，考查控制变量法的应用、水沸腾的气泡特征及热量公式的理解，需学生熟练掌握实验原理，注重对实验细节的分析，是中考常见的实验探究题。
【难度系数】
0.5
四、综合应用题(28分)
14.(安徽期中)有一个具有加热功能的保温容器,如图甲所示,在该容器中加入3 kg的水,加热2 min后停止加热,随后立即在容器中放入一个金属块,如图乙所示。水和金属块的温度变化情况如图丙所示。水的比热容$c_{水}=4.2×10^{3} J/(kg·℃)$,金属块的比热容$c_{金}=0.63×10^{3} J/(kg·℃)$,求:
(1)水在加热时吸收的热量。
(2)金属块的质量。
14.(安徽期中)有一个具有加热功能的保温容器,如图甲所示,在该容器中加入3 kg的水,加热2 min后停止加热,随后立即在容器中放入一个金属块,如图乙所示。水和金属块的温度变化情况如图丙所示。水的比热容$c_{水}=4.2×10^{3} J/(kg·℃)$,金属块的比热容$c_{金}=0.63×10^{3} J/(kg·℃)$,求:
(1)水在加热时吸收的热量。
(2)金属块的质量。
答案
14.(1)由图丙可知,水的温度由 20 ℃升高到 60 ℃,则水吸收的热量$Q_{吸水}=c_{水}m_{水}(t_1-t_{0水})=4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}×3\ \mathrm{kg}×(60\ ℃-20\ ℃)=5.04×10^5\ \mathrm{J}$
(2)由图丙可知,从加入金属块到温度稳定时,水的温度从 60 ℃下降为 40 ℃,金属块的温度由 20 ℃升高为 40 ℃,该过程中水放出的热量$Q_{放水}=c_{水}m_{水}(t_1-t_2)=4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}×3\ \mathrm{kg}×(60\ ℃-40\ ℃)=2.52×10^5\ \mathrm{J}$,不计热量损失,金属块吸收的热量$Q_{吸金}=Q_{放水}=2.52×10^5\ \mathrm{J}$,由$Q_吸=cmΔt$可知,金属块的质量$m_金=\frac{Q_{吸金}}{c_金(t_2-t_{0金})}=\frac{2.52×10^5\ \mathrm{J}}{0.63×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}×(40\ ℃-20\ ℃)}=20\ \mathrm{kg}$
(2)由图丙可知,从加入金属块到温度稳定时,水的温度从 60 ℃下降为 40 ℃,金属块的温度由 20 ℃升高为 40 ℃,该过程中水放出的热量$Q_{放水}=c_{水}m_{水}(t_1-t_2)=4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}×3\ \mathrm{kg}×(60\ ℃-40\ ℃)=2.52×10^5\ \mathrm{J}$,不计热量损失,金属块吸收的热量$Q_{吸金}=Q_{放水}=2.52×10^5\ \mathrm{J}$,由$Q_吸=cmΔt$可知,金属块的质量$m_金=\frac{Q_{吸金}}{c_金(t_2-t_{0金})}=\frac{2.52×10^5\ \mathrm{J}}{0.63×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}×(40\ ℃-20\ ℃)}=20\ \mathrm{kg}$
解析
【分析】
要解决本题，需分两步分析：
1. 求水加热时吸收的热量：根据热量计算公式$Q_{吸}=cm\Delta t$，从图丙中确定水的初温、末温，结合已知的水的质量和比热容，代入公式计算。
2. 求金属块的质量：停止加热放入金属块后，不计热量损失时，水放出的热量等于金属块吸收的热量。先计算水放出的热量，再利用金属块的吸热公式变形，结合金属块的温度变化和比热容，求出金属块的质量。
【解析】
(1) 由图丙可知，水加热时的初温$t_{0水}=20℃$，末温$t_1=60℃$，温度变化$\Delta t_{水}=60℃ - 20℃=40℃$。
根据热量计算公式$Q_{吸}=c_{水}m_{水}\Delta t_{水}$，代入数据得：
$Q_{吸水}=4.2×10^3 J/(kg·℃)×3 kg×40℃=5.04×10^5 J$。
(2) 放入金属块后，水的温度从$60℃$降到$40℃$，金属块的温度从$20℃$升到$40℃$，不计热量损失，故$Q_{放水}=Q_{吸金}$。
先计算水放出的热量：
$Q_{放水}=c_{水}m_{水}(t_1 - t_2)=4.2×10^3 J/(kg·℃)×3 kg×(60℃ - 40℃)=2.52×10^5 J$，即$Q_{吸金}=2.52×10^5 J$。
金属块的温度变化$\Delta t_{金}=40℃ - 20℃=20℃$，由$Q_{吸}=cm\Delta t$变形得金属块质量：
$m_{金}=\frac{Q_{吸金}}{c_{金}\Delta t_{金}}=\frac{2.52×10^5 J}{0.63×10^3 J/(kg·℃)×20℃}=20 kg$。
【答案】
(1) $5.04×10^5 J$；(2) $20 kg$
【知识点】
热量计算、热平衡方程
【点评】
本题结合温度变化图像考查热量计算，需准确提取图像中的温度变化值，利用热平衡关系解题，属于基础应用题型，难度适中。
【难度系数】
0.6
要解决本题，需分两步分析：
1. 求水加热时吸收的热量：根据热量计算公式$Q_{吸}=cm\Delta t$，从图丙中确定水的初温、末温，结合已知的水的质量和比热容，代入公式计算。
2. 求金属块的质量：停止加热放入金属块后，不计热量损失时，水放出的热量等于金属块吸收的热量。先计算水放出的热量，再利用金属块的吸热公式变形，结合金属块的温度变化和比热容，求出金属块的质量。
【解析】
(1) 由图丙可知，水加热时的初温$t_{0水}=20℃$，末温$t_1=60℃$，温度变化$\Delta t_{水}=60℃ - 20℃=40℃$。
根据热量计算公式$Q_{吸}=c_{水}m_{水}\Delta t_{水}$，代入数据得：
$Q_{吸水}=4.2×10^3 J/(kg·℃)×3 kg×40℃=5.04×10^5 J$。
(2) 放入金属块后，水的温度从$60℃$降到$40℃$，金属块的温度从$20℃$升到$40℃$，不计热量损失，故$Q_{放水}=Q_{吸金}$。
先计算水放出的热量：
$Q_{放水}=c_{水}m_{水}(t_1 - t_2)=4.2×10^3 J/(kg·℃)×3 kg×(60℃ - 40℃)=2.52×10^5 J$，即$Q_{吸金}=2.52×10^5 J$。
金属块的温度变化$\Delta t_{金}=40℃ - 20℃=20℃$，由$Q_{吸}=cm\Delta t$变形得金属块质量：
$m_{金}=\frac{Q_{吸金}}{c_{金}\Delta t_{金}}=\frac{2.52×10^5 J}{0.63×10^3 J/(kg·℃)×20℃}=20 kg$。
【答案】
(1) $5.04×10^5 J$；(2) $20 kg$
【知识点】
热量计算、热平衡方程
【点评】
本题结合温度变化图像考查热量计算，需准确提取图像中的温度变化值，利用热平衡关系解题，属于基础应用题型，难度适中。
【难度系数】
0.6
