13.[新课标·科学论证]为了定量研究机械能和内能之间的转化是否遵循能量守恒定律，小明利用如图所示装置进行实验。重物A在下落1 m的过程中通过滑轮、轻绳带动容器中的金属叶片与水摩擦生热，使容器中0.5 kg的水温度升高了0.2 ℃，则水的内能增加J；经过多次实验，发现重物A的机械能减少量总是稍大于水的内能增加量，为了使此装置的机械能更多地转化为水的内能，你建议小明采取的措施是。[重物A的质量及每次下落的高度保持不变，$c_{水}=4.2×10^{3} J/(kg·℃)$]

13. 420 减小热量散失、保温、减小滑轮轮轴的摩擦、用轻质量的绳子
[解析]水增加的内能$Q=cm\Delta t=4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}×0.5\ \mathrm{kg}×0.2\ ℃=420\ \mathrm{J}$;重物A的质量及每次下落的高度保持不变,所做的总功不变,为了使此装置的机械能更多地转化为水的内能,可以采用的措施有:减小热量散失、保温、减小滑轮轮轴的摩擦、用轻质量的绳子等。

【分析】
本题分为两部分，第一部分是计算水增加的内能，需利用热量计算公式$Q=cm\Delta t$，代入已知的水的比热容、质量和温度变化量即可求解；第二部分是分析机械能转化为水的内能时的能量损失原因，从减少能量损失的角度提出合理措施，核心是理解能量转化过程中的损耗因素。
【解析】
1. 计算水增加的内能：水增加的内能等于水吸收的热量，根据热量计算公式$Q_{吸}=c_{水}m\Delta t$，代入已知数据：$c_{水}=4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}$，$m=0.5\ \mathrm{kg}$，$\Delta t=0.2\ ℃$，可得$Q_{吸}=4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}×0.5\ \mathrm{kg}×0.2\ ℃=420\ \mathrm{J}$。
2. 提出措施：重物A下落时，机械能转化为水的内能的过程中，存在能量损失，如滑轮轮轴的摩擦会消耗机械能、热量会散失到空气中、绳子自身质量会消耗部分能量等。要让更多机械能转化为水的内能，可采取减小热量散失、保温、减小滑轮轮轴的摩擦、用轻质量的绳子等措施。
【答案】
420；减小热量散失、保温、减小滑轮轮轴的摩擦、用轻质量的绳子
【知识点】
热量计算、能量转化与守恒
【点评】
本题结合实验场景考查热量计算与能量转化的实际应用，既需要掌握基础的热量公式应用，又要求理解能量转化过程中的损耗因素，培养学生的科学论证能力，难度适中。
【难度系数】
0.5

14.将盛有凉牛奶的瓶子放在热水中(如图甲所示),通过的方式改变牛奶的内能,图中乙是400 g牛奶与热水的温度随时间变化的图像,则牛奶在加热过程中吸收的热量为J。[$c_{牛奶}=2.5×10^{3}\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg}·°\mathrm{C})$]

14.热传递 $2×10^4$

【分析】
首先判断改变内能的方式：改变物体内能有做功和热传递两种方式，本题中凉牛奶放在热水里，热量从热水转移到牛奶，属于能量的转移，因此是热传递。其次计算牛奶吸收的热量，需利用热量公式$Q_{吸}=c_{牛奶}m\Delta t$，先从图像确定牛奶的初温、末温，统一质量单位后代入公式计算。
【解析】
1. 改变内能的方式：凉牛奶放在热水中，牛奶吸收热量、内能增加，该过程是通过热传递（能量的转移）改变内能，并非做功（能量的转化）。
2. 计算吸收的热量：
牛奶质量：$m=400\ \mathrm{g}=0.4\ \mathrm{kg}$；
由图乙得，牛奶初温$t_0=20°\mathrm{C}$，末温$t=40°\mathrm{C}$，温度变化$\Delta t=t-t_0=40°\mathrm{C}-20°\mathrm{C}=20°\mathrm{C}$；
根据热量公式：$Q_{吸}=c_{牛奶}m\Delta t=2.5×10^3\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg·°C})×0.4\ \mathrm{kg}×20°\mathrm{C}=2×10^4\ \mathrm{J}$。
【答案】
热传递；$2×10^4$
【知识点】
热传递改变内能；热量计算
【点评】
本题考查内能改变的方式和热量计算，属于基础知识点应用，难度较低，学生掌握相关概念和公式即可解答。
【难度系数】
0.8

15.“汽车不但要吃油，也要喝水”。用水冷却汽车发动机是因为水的大，且它汽化时能（选填“吸收”或“放出”）大量的热。若水箱中有5 kg的水，温度升高了10 ℃，吸收的热量为J。$[c_{水}=4.2×10^{3}\ J/( kg· °Celsius)]$

15.比热容 吸收 $2.1×10^5$

【分析】
首先，思考用水冷却发动机的原理：相同质量的不同物质，升高相同温度时，比热容大的物质吸收的热量更多，冷却效果更好，所以水的比热容大是关键；其次，汽化是物质由液态变为气态的过程，这个过程需要吸收热量；最后计算水吸收的热量，需利用热量计算公式$Q_{吸}=cmΔt$，代入已知的水的比热容、质量和温度变化量即可算出结果。
【解析】
1. 冷却剂的选择：因为水的比热容较大，相同质量的水和其他物质相比，升高相同温度时能吸收更多的热量，所以常用水来冷却汽车发动机；
2. 汽化的吸放热：物质汽化时需要吸收大量的热，这也是水冷却发动机的原因之一；
3. 热量计算：根据热量公式$Q_{吸}=c_{水}mΔt$，代入数值：$c_{水}=4.2×10^{3}\ J/(kg·℃)$，$m=5\ kg$，$Δt=10℃$，则$Q_{吸}=4.2×10^{3}\ J/(kg·℃)×5\ kg×10℃=2.1×10^5\ J$。
【答案】
比热容 吸收 $2.1×10^5$
【知识点】
比热容、汽化吸热、热量计算
【点评】
本题考查热学基础知识点，包括比热容的应用、汽化的吸放热特点以及热量的计算，题目难度较低，只要掌握相关基本概念和公式即可正确解答，属于热学部分的基础题型。
【难度系数】
0.8

16.如图甲,在“比较不同物质吸热能力”的实验中,将a、b两种质量相同的不同种液体分别放入两个相同的烧杯内,用相同的电加热器同时加热,加热过程中,可认为没有热量损失。记录相关数据,并绘制出如图乙的图像。若b液体的比热容为$4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}$,则a液体的比热容为$\mathrm{J/(kg·℃)}$。

[变式训练]
小丽用相同的电加热器分别对质量为0.2 kg的水和0.3 kg的另一种液体进行加热,得到的实验数据如图所示,则水在16 min内吸收的热量为J,另一种液体的比热容为$\mathrm{J/(kg·℃)}$。
$[c_{\mathrm{水}}=4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}]$

16. $2.1×10^3$
[变式训练]
$2.52×10^4$ $1.4×10^3$ [解析]由题图知,水在16 min内吸收的热量$Q_{水吸}=c_{水}m_{水}(t_{水}-t_{0水})=4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}×0.2\ \mathrm{kg}×(40\ ℃-10\ ℃)=2.52×10^4\ \mathrm{J}$。另一种液体加热8 min吸收的热量$Q_{吸}'=\frac{1}{2}Q_{水吸}=\frac{1}{2}×2.52×10^4\ \mathrm{J}=1.26×10^4\ \mathrm{J}$。由$Q_{液吸}=c_{液}m_{液}(t_{液}-t_{0液})$得,$1.26×10^4\ \mathrm{J}=c_{液}×0.3\ \mathrm{kg}×(50\ ℃-20\ ℃)$,解得:$c_{液}=1.4×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}$。

【分析】
本题考查比热容的相关计算，核心思路是利用“相同电加热器在相同时间内放出的热量相同，即被加热液体吸收的热量相同”这一实验特点，结合热量公式$Q=cm\Delta t$分析计算。对于第16题，a、b液体质量相同，吸收相同热量时，比热容与温度变化量成反比；对于变式训练，需先计算水吸收的热量，再根据加热时间关系确定另一种液体吸收的热量，进而计算其比热容。
【解析】
第16题
已知a、b两种液体质量相同，用相同电加热器加热，相同时间内吸收的热量$Q$相同。根据热量公式$Q=cm\Delta t$，变形得$c=\frac{Q}{m\Delta t}$，因此当$Q$、$m$相同时，比热容$c$与温度变化量$\Delta t$成反比。由图乙可知，加热相同时间时，a液体升高的温度是b液体升高温度的2倍，即$\Delta t_a=2\Delta t_b$，则：
$c_a=\frac{\Delta t_b}{\Delta t_a}× c_b=\frac{1}{2}×4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}=2.1×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}$
变式训练
1. 计算水在16 min内吸收的热量：
水的质量$m_{水}=0.2\ \mathrm{kg}$，初温$t_{0水}=10℃$，末温$t_{水}=40℃$，根据$Q_{吸}=cm\Delta t$：
$Q_{水吸}=c_{水}m_{水}(t_{水}-t_{0水})=4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}×0.2\ \mathrm{kg}×(40℃-10℃)=2.52×10^4\ \mathrm{J}$
2. 计算另一种液体的比热容：
相同电加热器，加热时间与吸收热量成正比，水加热16 min，另一种液体加热8 min，因此液体吸收的热量$Q_{液吸}=\frac{1}{2}Q_{水吸}=\frac{1}{2}×2.52×10^4\ \mathrm{J}=1.26×10^4\ \mathrm{J}$。
液体质量$m_{液}=0.3\ \mathrm{kg}$，初温$t_{0液}=20℃$，末温$t_{液}=50℃$，温度变化$\Delta t_{液}=50℃-20℃=30℃$，根据$c=\frac{Q}{m\Delta t}$：
$c_{液}=\frac{Q_{液吸}}{m_{液}\Delta t_{液}}=\frac{1.26×10^4\ \mathrm{J}}{0.3\ \mathrm{kg}×30℃}=1.4×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}$
【答案】
16. $2.1×10^3$；变式训练：$2.52×10^4$；$1.4×10^3$
【知识点】
比热容、热量的计算、比较不同物质吸热能力
【点评】
本题围绕比热容核心公式$Q=cm\Delta t$展开，结合实验中相同电加热器吸热相同的特点，考查学生对公式的理解与应用，需准确提取温度变化量、找准热量对应关系，属于中等难度的常规题型。
【难度系数】
0.5

17. 学校物理兴趣小组的同学利用器材测量铝的比热容。他们将质量为4.2 kg的铝块先加热到164 ℃，再投入到质量为2 kg、初温为20 ℃的水中，水和铝块最终的温度都是64 ℃。已知水的比热容为$4.2×10^3$ J/(kg·℃)，假设铝块放出的热量全部被水吸收。求：
(1)铝块降低的温度。
(2)水吸收的热量。
(3)铝块的比热容。

17. 解:(1)铝块降低的温度$\Delta t_{降}=t_{0铝}-t=164\ ℃-64\ ℃=100\ ℃$。
(2)水吸收的热量$Q_{吸}=c_{水}m_{水}(t-t_{0水})=4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}×2\ \mathrm{kg}×(64\ ℃-20\ ℃)=3.696×10^5\ \mathrm{J}$。
(3)铝块放出的热量等于水吸收的热量,即$Q_{放}=Q_{吸}=3.696×10^5\ \mathrm{J}$,铝块的比热容$c_{铝}=\frac{Q_{放}}{m_{铝}\Delta t_{降}}=\frac{3.696×10^5\ \mathrm{J}}{4.2\ \mathrm{kg}×100\ ℃}=0.88×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}$。

【分析】
本题是利用热传递过程中热量守恒的规律进行热量相关计算，解题思路分三步：① 铝块降低的温度等于铝块初始温度减去最终共同温度，直接代入数据计算；② 水吸收的热量根据吸热公式$Q_{吸}=c_{水}m_{水}(t-t_{0水})$，代入水的质量、初温、末温及水的比热容计算；③ 由于铝块放出的热量全部被水吸收，故$Q_{放}=Q_{吸}$，再根据放热公式$Q_{放}=c_{铝}m_{铝}\Delta t_{降}$，变形得到$c_{铝}=\frac{Q_{放}}{m_{铝}\Delta t_{降}}$，代入对应数据即可求出铝的比热容。
【解析】
解：(1) 铝块降低的温度：$\Delta t_{降}=t_{0铝}-t=164\ ℃-64\ ℃=100\ ℃$；
(2) 水吸收的热量：$Q_{吸}=c_{水}m_{水}(t-t_{0水})=4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}×2\ \mathrm{kg}×(64\ ℃-20\ ℃)=3.696×10^5\ \mathrm{J}$；
(3) 由题意知，铝块放出的热量全部被水吸收，即$Q_{放}=Q_{吸}=3.696×10^5\ \mathrm{J}$，
根据$Q_{放}=c_{铝}m_{铝}\Delta t_{降}$，可得铝块的比热容：
$c_{铝}=\frac{Q_{放}}{m_{铝}\Delta t_{降}}=\frac{3.696×10^5\ \mathrm{J}}{4.2\ \mathrm{kg}×100\ ℃}=0.88×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}$。
【答案】
(1) 铝块降低的温度为$100\ ℃$；(2) 水吸收的热量为$3.696×10^5\ \mathrm{J}$；(3) 铝块的比热容为$0.88×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}$。
【知识点】
比热容的热量计算、热平衡方程
【点评】
本题考查热量计算公式的应用，结合热传递过程中热量守恒的规律，属于基础计算题，只要掌握比热容相关的热量公式及热平衡关系即可顺利解答，注重公式的灵活运用。
【难度系数】
0.7