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7.为了给同学解释“沙漠地区昼夜温差大，而沿海地区昼夜温差小”这一现象，小明采用计算的方法来解释.已知水的比热容为$4.2×10^3\mathrm{J}/(\mathrm{kg}·°\mathrm{C})$，干泥土的比热容为$0.84×10^3\mathrm{J}/(\mathrm{kg}·°\mathrm{C})$.
(1)求10kg的水温度升高$5°\mathrm{C}$需要吸收的热量.
(2)若这些热量全部被等质量的干泥土完全吸收，求干泥土升高的温度.
(1)求10kg的水温度升高$5°\mathrm{C}$需要吸收的热量.
(2)若这些热量全部被等质量的干泥土完全吸收，求干泥土升高的温度.
答案
7.解:(1)水吸收的热量
$Q_{吸水}=c_{水}m\Delta t=4.2× 10^3\mathrm{J/(kg· °C)}× 10\mathrm{kg}× 5°C=2.1× 10^5\mathrm{J}$.
(2)由题知,$Q_{吸土}=Q_{吸水}=2.1× 10^5\mathrm{J}$,
由$Q_{吸}=cm\Delta t$得干泥土升高的温度
$\Delta t'=\frac{Q_{吸土}}{c_{土}m}=\frac{2.1× 10^5\mathrm{J}}{0.84× 10^3\mathrm{J/(kg· °C)}× 10\mathrm{kg}}=25°C$.
$Q_{吸水}=c_{水}m\Delta t=4.2× 10^3\mathrm{J/(kg· °C)}× 10\mathrm{kg}× 5°C=2.1× 10^5\mathrm{J}$.
(2)由题知,$Q_{吸土}=Q_{吸水}=2.1× 10^5\mathrm{J}$,
由$Q_{吸}=cm\Delta t$得干泥土升高的温度
$\Delta t'=\frac{Q_{吸土}}{c_{土}m}=\frac{2.1× 10^5\mathrm{J}}{0.84× 10^3\mathrm{J/(kg· °C)}× 10\mathrm{kg}}=25°C$.
解析
【分析】
本题考查比热容相关的热量计算，解题思路如下：
1. 第(1)问，已知水的比热容、质量和升高的温度，直接利用吸热公式$Q_{吸}=cm\Delta t$计算水吸收的热量；
2. 第(2)问，根据题意，干泥土吸收的热量等于水吸收的热量，且干泥土的质量与水的质量相等，将吸热公式变形为$\Delta t=\frac{Q_{吸}}{cm}$，代入干泥土的比热容、吸收的热量和质量，计算干泥土升高的温度。
【解析】
7. 解：
(1) 水吸收的热量：
$Q_{吸水}=c_{水}m\Delta t=4.2×10^3\mathrm{J/(kg·°C)}×10\mathrm{kg}×5°C=2.1×10^5\mathrm{J}$；
(2) 由题意可知，干泥土吸收的热量$Q_{吸土}=Q_{吸水}=2.1×10^5\mathrm{J}$，且干泥土的质量$m=10\mathrm{kg}$，
根据$Q_{吸}=cm\Delta t$，变形可得干泥土升高的温度：
$\Delta t'=\frac{Q_{吸土}}{c_{土}m}=\frac{2.1×10^5\mathrm{J}}{0.84×10^3\mathrm{J/(kg·°C)}×10\mathrm{kg}}=25°C$。
【答案】
(1) $2.1×10^5\mathrm{J}$；(2) $25°C$
【知识点】
比热容、热量计算
【点评】
本题结合生活中沿海与沙漠的温差现象，考查比热容公式的基本应用，属于基础计算题，只要掌握吸热公式及其变形，就能顺利解答，体现了物理知识与生活实际的联系。
【难度系数】
0.8
本题考查比热容相关的热量计算，解题思路如下：
1. 第(1)问，已知水的比热容、质量和升高的温度，直接利用吸热公式$Q_{吸}=cm\Delta t$计算水吸收的热量；
2. 第(2)问，根据题意，干泥土吸收的热量等于水吸收的热量，且干泥土的质量与水的质量相等，将吸热公式变形为$\Delta t=\frac{Q_{吸}}{cm}$，代入干泥土的比热容、吸收的热量和质量，计算干泥土升高的温度。
【解析】
7. 解：
(1) 水吸收的热量：
$Q_{吸水}=c_{水}m\Delta t=4.2×10^3\mathrm{J/(kg·°C)}×10\mathrm{kg}×5°C=2.1×10^5\mathrm{J}$；
(2) 由题意可知，干泥土吸收的热量$Q_{吸土}=Q_{吸水}=2.1×10^5\mathrm{J}$，且干泥土的质量$m=10\mathrm{kg}$，
根据$Q_{吸}=cm\Delta t$，变形可得干泥土升高的温度：
$\Delta t'=\frac{Q_{吸土}}{c_{土}m}=\frac{2.1×10^5\mathrm{J}}{0.84×10^3\mathrm{J/(kg·°C)}×10\mathrm{kg}}=25°C$。
【答案】
(1) $2.1×10^5\mathrm{J}$；(2) $25°C$
【知识点】
比热容、热量计算
【点评】
本题结合生活中沿海与沙漠的温差现象，考查比热容公式的基本应用，属于基础计算题，只要掌握吸热公式及其变形，就能顺利解答，体现了物理知识与生活实际的联系。
【难度系数】
0.8
8.煲汤时需将骨头中的营养成分尽可能多地溶于汤中,这就需要用文火炖,故煲汤多用砂锅,如图所示.砂锅的比热容较大,导热性能也较差,因此用砂锅煲汤,在同等条件下,汤水加热过程中温度升高较
小
(填“大”或“小”),若使砂锅内初温为20℃、质量为500g的水温度升高至40℃,需要吸收$4.2× 10^4$
J的热量,实际上所需提供的热量要大于
(填“大于”“小于”或“等于”)水吸收的热量.[水的比热容$c=4.2×10^3\mathrm{J/(kg·℃)}$]答案
8.小 $4.2× 10^4$ 大于
解析
【分析】
本题需结合比热容的特性、热量计算公式及实际热传递过程分析：①根据热量公式$Q=cm\Delta t$，当质量和吸收热量相同时，比热容越大，温度变化越小，据此判断第一空；②利用热量计算公式$Q_{吸}=cm\Delta t$，注意质量单位换算，计算水吸收的热量；③实际加热时，除水吸热外，砂锅和周围空气也会吸热，据此判断第三空。
【解析】
1. 第一空：根据热量公式$Q=cm\Delta t$，当汤水的质量$m$和吸收的热量$Q$相同时，砂锅比热容较大，因此温度变化$\Delta t$较小，故温度升高较小。
2. 第二空：水的质量$m=500g=0.5kg$，温度变化$\Delta t=40℃-20℃=20℃$，根据热量计算公式$Q_{吸}=cm\Delta t$，代入数据得：
$Q_{吸}=4.2×10^3\mathrm{J/(kg·℃)} ×0.5kg ×20℃=4.2×10^4\mathrm{J}$，故填$4.2×10^4$。
3. 第三空：实际加热过程中，砂锅会吸收部分热量，同时热量还会散失到周围环境中，因此需要提供的热量要大于水吸收的热量。
【答案】
小；$4.2×10^4$；大于
【知识点】
比热容、热量计算、热传递
【点评】
本题结合生活中煲汤的场景，考查比热容的应用和热量计算，难度适中，需注意单位换算和实际热损失的分析，是基础题型。
【难度系数】
0.6
本题需结合比热容的特性、热量计算公式及实际热传递过程分析：①根据热量公式$Q=cm\Delta t$，当质量和吸收热量相同时，比热容越大，温度变化越小，据此判断第一空；②利用热量计算公式$Q_{吸}=cm\Delta t$，注意质量单位换算，计算水吸收的热量；③实际加热时，除水吸热外，砂锅和周围空气也会吸热，据此判断第三空。
【解析】
1. 第一空：根据热量公式$Q=cm\Delta t$，当汤水的质量$m$和吸收的热量$Q$相同时，砂锅比热容较大，因此温度变化$\Delta t$较小，故温度升高较小。
2. 第二空：水的质量$m=500g=0.5kg$，温度变化$\Delta t=40℃-20℃=20℃$，根据热量计算公式$Q_{吸}=cm\Delta t$，代入数据得：
$Q_{吸}=4.2×10^3\mathrm{J/(kg·℃)} ×0.5kg ×20℃=4.2×10^4\mathrm{J}$，故填$4.2×10^4$。
3. 第三空：实际加热过程中，砂锅会吸收部分热量，同时热量还会散失到周围环境中，因此需要提供的热量要大于水吸收的热量。
【答案】
小；$4.2×10^4$；大于
【知识点】
比热容、热量计算、热传递
【点评】
本题结合生活中煲汤的场景，考查比热容的应用和热量计算，难度适中，需注意单位换算和实际热损失的分析，是基础题型。
【难度系数】
0.6
9.(2025·保定模拟)北方的暖气大多用水作为散热剂.当有质量为50kg的水流过暖气时,温度下降$2°C$,放出的热量是
$4.2× 10^5$
J.如图所示是某沿海城市与某内陆城市同一年的气温变化曲线,则曲线C
表示的是内陆城市的年气温变化曲线.$[c_{水}=4.2×10^{3}J/(kg·°C)]$答案
9.$4.2× 10^5$ C
解析
【分析】
首先，计算水放出的热量需利用放热公式$Q_{放}=cm\Delta t$，代入已知的水的比热容、质量和温度变化即可算出结果；其次，根据水的比热容比砂石大的特点，相同质量的水和砂石吸收或放出相同热量时，水的温度变化更小，因此沿海城市年气温变化小，内陆城市年气温变化大，据此判断曲线。
【解析】
1. 计算水放出的热量：
已知水的比热容$c_{水}=4.2×10^3J/(kg·°C)$，质量$m=50kg$，温度变化$\Delta t=2°C$，根据放热公式：
$Q_{放}=c_{水}m\Delta t=4.2×10^3J/(kg·°C)×50kg×2°C=4.2×10^5J$。
2. 判断内陆城市的气温曲线：
因为水的比热容较大，相同质量的水和砂石比较，吸收或放出相同热量时，水的温度变化小，所以沿海城市的年气温变化小，内陆城市的年气温变化大。观察图像，曲线C的最高温为33°C、最低温为14°C，温差为$33°C-14°C=19°C$；曲线D的最高温约25°C、最低温约15°C，温差约10°C，温差更大的是曲线C，因此曲线C表示内陆城市的年气温变化曲线。
【答案】
$4.2×10^5$；C
【知识点】
热量计算、比热容的应用
【点评】
本题结合生活实例考查热量计算和比热容的实际应用，难度适中，需掌握放热公式和比热容对气温的影响规律。
【难度系数】
0.7
首先，计算水放出的热量需利用放热公式$Q_{放}=cm\Delta t$，代入已知的水的比热容、质量和温度变化即可算出结果；其次，根据水的比热容比砂石大的特点，相同质量的水和砂石吸收或放出相同热量时，水的温度变化更小，因此沿海城市年气温变化小，内陆城市年气温变化大，据此判断曲线。
【解析】
1. 计算水放出的热量：
已知水的比热容$c_{水}=4.2×10^3J/(kg·°C)$，质量$m=50kg$，温度变化$\Delta t=2°C$，根据放热公式：
$Q_{放}=c_{水}m\Delta t=4.2×10^3J/(kg·°C)×50kg×2°C=4.2×10^5J$。
2. 判断内陆城市的气温曲线：
因为水的比热容较大，相同质量的水和砂石比较，吸收或放出相同热量时，水的温度变化小，所以沿海城市的年气温变化小，内陆城市的年气温变化大。观察图像，曲线C的最高温为33°C、最低温为14°C，温差为$33°C-14°C=19°C$；曲线D的最高温约25°C、最低温约15°C，温差约10°C，温差更大的是曲线C，因此曲线C表示内陆城市的年气温变化曲线。
【答案】
$4.2×10^5$；C
【知识点】
热量计算、比热容的应用
【点评】
本题结合生活实例考查热量计算和比热容的实际应用，难度适中，需掌握放热公式和比热容对气温的影响规律。
【难度系数】
0.7
10.(2024·响水县模拟)如图为小明加热质量为0.2kg某物质时,测得其温度随时间变化的图像.已知该物质在固态时的比热容为$c_1=2.1×10^3J/(kg·℃)$,假设这种物质从热源吸热的功率恒定不变.根据图像解答下列问题:
(1)在最初的2min内,物质吸收的热量为
(2)该物质液态时的比热容$c_2=$
(3)该物质在第4min时的内能
(1)在最初的2min内,物质吸收的热量为
$8.4× 10^3$
J.(2)该物质液态时的比热容$c_2=$
$4.2× 10^3$
J/(kg·℃).(3)该物质在第4min时的内能
小于
(填“小于”“等于”或“大于”)第8min时的内能.答案
10.(1)$8.4× 10^3$ (2)$4.2× 10^3$ (3)小于
解析
【分析】
要解决这道题，需结合晶体熔化的温度-时间图像，利用“吸热功率恒定则相同时间吸收热量相同”的特点，结合热量公式Q=cmΔt分析：
1. 最初2min物质为固态，已知固态比热容、质量和温度变化，用Q=cmΔt计算吸收的热量；
2. 利用吸热功率恒定，先算出单位时间吸收的热量，再看液态时相同时间内的温度变化，结合热量公式求液态比热容；
3. 晶体熔化过程持续吸热，温度不变但内能增加，据此判断不同时间的内能大小。
【解析】
(1) 最初2min内，物质处于固态，温度变化Δt₁=0℃ - (-20℃)=20℃，根据热量公式Q=cmΔt，吸收的热量：
Q₁ = c₁mΔt₁ = 2.1×10³ J/(kg·℃) × 0.2kg × 20℃ = 8.4×10³ J；
(2) 因吸热功率恒定，2min吸收热量为8.4×10³J，故每分钟吸收热量为Q₀=8.4×10³J/2min=4.2×10³J/min。
液态阶段（8min~12min）用时t₂=12min-8min=4min，吸收热量Q₂=Q₀×4min=4.2×10³J/min×4min=1.68×10⁴J，温度变化Δt₂=20℃-0℃=20℃，由Q=cmΔt得液态比热容：
c₂=Q₂/(mΔt₂)=1.68×10⁴J/(0.2kg×20℃)=4.2×10³ J/(kg·℃)；
(3) 该物质是晶体，在熔化过程（2min~8min）中持续吸热，温度不变但内能增加，因此第4min时的内能小于第8min时的内能。
【答案】
(1)8.4×10³；(2)4.2×10³；(3)小于
【知识点】
热量计算、晶体熔化特点、比热容
【点评】
本题结合温度-时间图像考查热量计算与内能变化，核心是利用“吸热功率恒定”的隐含条件，需准确分析图像各阶段的物质状态，熟练运用热量公式，难度中等。
【难度系数】
0.5
要解决这道题，需结合晶体熔化的温度-时间图像，利用“吸热功率恒定则相同时间吸收热量相同”的特点，结合热量公式Q=cmΔt分析：
1. 最初2min物质为固态，已知固态比热容、质量和温度变化，用Q=cmΔt计算吸收的热量；
2. 利用吸热功率恒定，先算出单位时间吸收的热量，再看液态时相同时间内的温度变化，结合热量公式求液态比热容；
3. 晶体熔化过程持续吸热，温度不变但内能增加，据此判断不同时间的内能大小。
【解析】
(1) 最初2min内，物质处于固态，温度变化Δt₁=0℃ - (-20℃)=20℃，根据热量公式Q=cmΔt，吸收的热量：
Q₁ = c₁mΔt₁ = 2.1×10³ J/(kg·℃) × 0.2kg × 20℃ = 8.4×10³ J；
(2) 因吸热功率恒定，2min吸收热量为8.4×10³J，故每分钟吸收热量为Q₀=8.4×10³J/2min=4.2×10³J/min。
液态阶段（8min~12min）用时t₂=12min-8min=4min，吸收热量Q₂=Q₀×4min=4.2×10³J/min×4min=1.68×10⁴J，温度变化Δt₂=20℃-0℃=20℃，由Q=cmΔt得液态比热容：
c₂=Q₂/(mΔt₂)=1.68×10⁴J/(0.2kg×20℃)=4.2×10³ J/(kg·℃)；
(3) 该物质是晶体，在熔化过程（2min~8min）中持续吸热，温度不变但内能增加，因此第4min时的内能小于第8min时的内能。
【答案】
(1)8.4×10³；(2)4.2×10³；(3)小于
【知识点】
热量计算、晶体熔化特点、比热容
【点评】
本题结合温度-时间图像考查热量计算与内能变化，核心是利用“吸热功率恒定”的隐含条件，需准确分析图像各阶段的物质状态，熟练运用热量公式，难度中等。
【难度系数】
0.5
11.甲、乙两个保温杯装有初温和质量相同的纯净水,静置在恒温的室内,小明每隔一段时间测出水温,并绘制了如图所示的图像.
(1)当$t=1\mathrm{h}$时,
(2)乙杯中的水在0~1h内放出的热量为$Q_1$,在1~2h内放出的热量为$Q_2$,则$Q_1$
(1)当$t=1\mathrm{h}$时,
甲
(填“甲”或“乙”)杯中的水的内能较大;甲杯中水的比热容等于
(填“大于”“等于”或“小于”)乙杯中水的比热容.(2)乙杯中的水在0~1h内放出的热量为$Q_1$,在1~2h内放出的热量为$Q_2$,则$Q_1$
＞
(填“＞”“=”或“＜”)$Q_2$,你的判断依据是质量相等的同种物质,温度降低量越大,放出的热量越多
.答案
11.(1)甲 等于 (2)＞ 质量相等的同种物质,温度降低量越大,放出的热量越多
解析
【分析】
要解决这道题，需结合图像提取温度信息，利用内能、比热容的特性及放热公式分析：
1. 内能判断：质量相同的同种物质，温度越高内能越大，对比t=1h时甲、乙的温度即可得出结论；
2. 比热容判断：比热容是物质的固有特性，同种物质（状态相同）比热容相同，甲、乙均为水，据此判断；
3. 放热比较：根据放热公式Q放=cmΔt，质量相同的同种物质，温度降低量越大，放出热量越多，需从图像中计算乙在两个时间段的温度变化量，再比较热量大小。
【解析】
(1) 内能分析：初温均为100℃，t=1h时，甲杯水温为80℃，乙杯水温为50℃。对于质量相同的同种物质（水），温度越高，内能越大，因此甲杯中的水内能较大；
比热容分析：比热容是物质的特性，仅与物质种类和状态有关，甲、乙杯中的水是同种物质且状态相同，故甲杯中水的比热容等于乙杯中水的比热容。
(2) 热量比较：根据放热公式Q放=cmΔt，乙杯中的水质量m相同，比热容c相同；
0~1h内，乙杯水温降低量Δt₁=100℃-50℃=50℃；
1~2h内，乙杯水温降低量Δt₂=50℃-30℃=20℃；
因Δt₁＞Δt₂，所以Q₁=cmΔt₁ ＞ Q₂=cmΔt₂，判断依据是：质量相等的同种物质，温度降低量越大，放出的热量越多。
【答案】
(1)甲 等于 (2)＞ 质量相等的同种物质，温度降低量越大，放出的热量越多
【知识点】
内能、比热容、热量计算
【点评】
本题结合温度-时间图像，考查内能、比热容的特性及放热公式的应用，核心是从图像中准确提取温度变化信息，理解相关概念和公式的适用条件，属于基础应用类题目。
【难度系数】
0.5
要解决这道题，需结合图像提取温度信息，利用内能、比热容的特性及放热公式分析：
1. 内能判断：质量相同的同种物质，温度越高内能越大，对比t=1h时甲、乙的温度即可得出结论；
2. 比热容判断：比热容是物质的固有特性，同种物质（状态相同）比热容相同，甲、乙均为水，据此判断；
3. 放热比较：根据放热公式Q放=cmΔt，质量相同的同种物质，温度降低量越大，放出热量越多，需从图像中计算乙在两个时间段的温度变化量，再比较热量大小。
【解析】
(1) 内能分析：初温均为100℃，t=1h时，甲杯水温为80℃，乙杯水温为50℃。对于质量相同的同种物质（水），温度越高，内能越大，因此甲杯中的水内能较大；
比热容分析：比热容是物质的特性，仅与物质种类和状态有关，甲、乙杯中的水是同种物质且状态相同，故甲杯中水的比热容等于乙杯中水的比热容。
(2) 热量比较：根据放热公式Q放=cmΔt，乙杯中的水质量m相同，比热容c相同；
0~1h内，乙杯水温降低量Δt₁=100℃-50℃=50℃；
1~2h内，乙杯水温降低量Δt₂=50℃-30℃=20℃；
因Δt₁＞Δt₂，所以Q₁=cmΔt₁ ＞ Q₂=cmΔt₂，判断依据是：质量相等的同种物质，温度降低量越大，放出的热量越多。
【答案】
(1)甲 等于 (2)＞ 质量相等的同种物质，温度降低量越大，放出的热量越多
【知识点】
内能、比热容、热量计算
【点评】
本题结合温度-时间图像，考查内能、比热容的特性及放热公式的应用，核心是从图像中准确提取温度变化信息，理解相关概念和公式的适用条件，属于基础应用类题目。
【难度系数】
0.5
