登录
1. [2024 龙东地区]楼房中的“暖气”一般采用热水循环的方式将热带到房屋中,通过热传递供暖,这是因为水的
比热容
大。“暖气”中 50 kg 的水,温度降低$2\ °\mathrm{C}$,放出的热量是$4.2×10^5$
J。$[c_{\mathrm{水}}=4.2×10^{3}\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg}·\ °\mathrm{C})]$答案
比热容
$4.2×10^5$
$4.2×10^5$
解析
【分析】
首先思考暖气采用热水循环供暖的原因：相同质量的水和其他物质相比，降低相同温度时，水因比热容大能放出更多热量，所以暖气用水作为传热介质。计算水放出的热量时，需运用热量计算公式，代入已知的比热容、水的质量和温度变化量即可得出结果。
【解析】
1. 暖气采用热水循环供暖，是因为水的比热容大，相同质量的水与其他物质相比，降低相同温度时释放的热量更多，因此第一个空填“比热容”。
2. 根据热量计算公式$Q_{\mathrm{放}}=cm\Delta t$，代入已知条件：$c_{\mathrm{水}}=4.2×10^3\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg}·°\mathrm{C})$，$m=50\ \mathrm{kg}$，$\Delta t=2°\mathrm{C}$，计算得：
$Q_{\mathrm{放}}=4.2×10^3\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg}·°\mathrm{C})×50\ \mathrm{kg}×2°\mathrm{C}=4.2×10^5\ \mathrm{J}$。
【答案】
比热容；$4.2×10^5$
【知识点】
比热容、热量的计算
【点评】
本题考查比热容的实际应用和热量公式的简单计算，属于热学基础题型，难度较低，主要考查学生对基础知识点的掌握和公式的基本应用能力。
【难度系数】
0.8
首先思考暖气采用热水循环供暖的原因：相同质量的水和其他物质相比，降低相同温度时，水因比热容大能放出更多热量，所以暖气用水作为传热介质。计算水放出的热量时，需运用热量计算公式，代入已知的比热容、水的质量和温度变化量即可得出结果。
【解析】
1. 暖气采用热水循环供暖，是因为水的比热容大，相同质量的水与其他物质相比，降低相同温度时释放的热量更多，因此第一个空填“比热容”。
2. 根据热量计算公式$Q_{\mathrm{放}}=cm\Delta t$，代入已知条件：$c_{\mathrm{水}}=4.2×10^3\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg}·°\mathrm{C})$，$m=50\ \mathrm{kg}$，$\Delta t=2°\mathrm{C}$，计算得：
$Q_{\mathrm{放}}=4.2×10^3\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg}·°\mathrm{C})×50\ \mathrm{kg}×2°\mathrm{C}=4.2×10^5\ \mathrm{J}$。
【答案】
比热容；$4.2×10^5$
【知识点】
比热容、热量的计算
【点评】
本题考查比热容的实际应用和热量公式的简单计算，属于热学基础题型，难度较低，主要考查学生对基础知识点的掌握和公式的基本应用能力。
【难度系数】
0.8
2. 如表所示为一些物质的比热容[单位：$\mathrm{J/(kg· \,° C)}$]，根据表中数据和生活现象判断，下列说法中，正确的是（
A.不同种类的物质，比热容一定不同
B.比热容与物质的状态无关
C.质量相同、初温相同的铝块和铜块吸收相同的热量，铜块的末温更低
D.沿海地区昼夜温差小，是因为水的比热容较大
D
）A.不同种类的物质，比热容一定不同
B.比热容与物质的状态无关
C.质量相同、初温相同的铝块和铜块吸收相同的热量，铜块的末温更低
D.沿海地区昼夜温差小，是因为水的比热容较大
答案
D
解析
【分析】
要判断各选项正误，需结合比热容的概念、特性及热量计算公式$Q = cm\Delta t$逐一分析：
1. 分析选项A：观察表格，煤油和冰是不同物质，但比热容相同，说明不同种类物质比热容不一定不同；
2. 分析选项B：水和冰是同种物质的不同状态，比热容不同，说明比热容与物质状态有关；
3. 分析选项C：根据$\Delta t = \frac{Q}{cm}$，质量$m$相同、吸收热量$Q$相同时，比热容$c$越小，温度变化$\Delta t$越大。铝的比热容大于铜的比热容，故铜块温度变化更大，初温相同的情况下，铜块末温更高；
4. 分析选项D：水的比热容较大，相同质量的水和其他物质，吸收或放出相同热量时温度变化小，因此沿海地区昼夜温差小。
【解析】
逐一分析各选项：
选项A：由表格数据可知，煤油和冰是不同物质，比热容均为$2.1×10^3 J/(kg·℃)$，说明不同种类的物质比热容可能相同，A错误；
选项B：水和冰是同种物质的不同状态，水的比热容为$4.2×10^3 J/(kg·℃)$，冰的比热容为$2.1×10^3 J/(kg·℃)$，说明比热容与物质的状态有关，B错误；
选项C：根据热量公式$Q = cm\Delta t$，变形得$\Delta t = \frac{Q}{cm}$。质量$m$相同、吸收热量$Q$相同，铜的比热容小于铝的比热容，因此铜块的温度变化$\Delta t$更大。初温相同的情况下，铜块的末温更高，C错误；
选项D：沿海地区多水，水的比热容较大，白天吸收相同热量时温度升高少，夜晚放出相同热量时温度降低少，因此昼夜温差小，D正确。
【答案】
D
【知识点】
比热容的概念；热量计算公式应用
【点评】
本题考查比热容的基本特性及实际应用，需结合表格数据和热量公式分析选项，属于基础概念题，难度适中。
【难度系数】
0.8
要判断各选项正误，需结合比热容的概念、特性及热量计算公式$Q = cm\Delta t$逐一分析：
1. 分析选项A：观察表格，煤油和冰是不同物质，但比热容相同，说明不同种类物质比热容不一定不同；
2. 分析选项B：水和冰是同种物质的不同状态，比热容不同，说明比热容与物质状态有关；
3. 分析选项C：根据$\Delta t = \frac{Q}{cm}$，质量$m$相同、吸收热量$Q$相同时，比热容$c$越小，温度变化$\Delta t$越大。铝的比热容大于铜的比热容，故铜块温度变化更大，初温相同的情况下，铜块末温更高；
4. 分析选项D：水的比热容较大，相同质量的水和其他物质，吸收或放出相同热量时温度变化小，因此沿海地区昼夜温差小。
【解析】
逐一分析各选项：
选项A：由表格数据可知，煤油和冰是不同物质，比热容均为$2.1×10^3 J/(kg·℃)$，说明不同种类的物质比热容可能相同，A错误；
选项B：水和冰是同种物质的不同状态，水的比热容为$4.2×10^3 J/(kg·℃)$，冰的比热容为$2.1×10^3 J/(kg·℃)$，说明比热容与物质的状态有关，B错误；
选项C：根据热量公式$Q = cm\Delta t$，变形得$\Delta t = \frac{Q}{cm}$。质量$m$相同、吸收热量$Q$相同，铜的比热容小于铝的比热容，因此铜块的温度变化$\Delta t$更大。初温相同的情况下，铜块的末温更高，C错误；
选项D：沿海地区多水，水的比热容较大，白天吸收相同热量时温度升高少，夜晚放出相同热量时温度降低少，因此昼夜温差小，D正确。
【答案】
D
【知识点】
比热容的概念；热量计算公式应用
【点评】
本题考查比热容的基本特性及实际应用，需结合表格数据和热量公式分析选项，属于基础概念题，难度适中。
【难度系数】
0.8
3. 新趋势 学科融合 家用小型风力发电机具有独特的尾翼结构，能使其旋翼自动迎风，如图甲所示。假设海边仅受海陆风因素的影响，图乙、丙所示的情形通常分别发生在（
A.白天、夜晚
B.夜晚、白天
C.白天、白天
D.夜晚、夜晚
A
）A.白天、夜晚
B.夜晚、白天
C.白天、白天
D.夜晚、夜晚
答案
A
解析
【分析】
要解决这道题，需先明确海陆风的形成原理：水的比热容比陆地（砂石）大，导致海陆在昼夜升温、降温速度不同，进而形成气压差，产生不同风向的风。白天陆地升温快、气压低，海洋升温慢、气压高，风从海洋吹向陆地（海风）；夜晚陆地降温快、气压高，海洋降温慢、气压低，风从陆地吹向海洋（陆风）。再结合图中旋翼朝向判断风向：乙图旋翼朝向大海，说明风从海洋吹向陆地（海风，对应白天）；丙图旋翼朝向陆地，说明风从陆地吹向海洋（陆风，对应夜晚），据此可得出答案。
【解析】
1. 分析海陆风成因：由于水的比热容大于陆地砂石的比热容，白天相同受热时，陆地温度升高更快，近地面气压低；海洋温度升高慢，近地面气压高，风从高压的海洋吹向低压的陆地，即海风；夜晚相同放热时，陆地温度降低更快，近地面气压高；海洋温度降低慢，近地面气压低，风从高压的陆地吹向低压的海洋，即陆风。
2. 结合图示判断：乙图中旋翼朝向大海，说明风从大海吹向陆地，属于白天的海风；丙图中旋翼朝向陆地，说明风从陆地吹向大海，属于夜晚的陆风。因此乙、丙分别对应白天、夜晚。
【答案】
A
【知识点】
比热容、海陆风形成
【点评】
本题结合家用风力发电机的实际结构，考查海陆风的形成原理，核心是利用比热容解释海陆间的气压差异，进而判断风向，属于学科融合类题目，贴近生活实际，难度适中。
【难度系数】
0.5
要解决这道题，需先明确海陆风的形成原理：水的比热容比陆地（砂石）大，导致海陆在昼夜升温、降温速度不同，进而形成气压差，产生不同风向的风。白天陆地升温快、气压低，海洋升温慢、气压高，风从海洋吹向陆地（海风）；夜晚陆地降温快、气压高，海洋降温慢、气压低，风从陆地吹向海洋（陆风）。再结合图中旋翼朝向判断风向：乙图旋翼朝向大海，说明风从海洋吹向陆地（海风，对应白天）；丙图旋翼朝向陆地，说明风从陆地吹向海洋（陆风，对应夜晚），据此可得出答案。
【解析】
1. 分析海陆风成因：由于水的比热容大于陆地砂石的比热容，白天相同受热时，陆地温度升高更快，近地面气压低；海洋温度升高慢，近地面气压高，风从高压的海洋吹向低压的陆地，即海风；夜晚相同放热时，陆地温度降低更快，近地面气压高；海洋温度降低慢，近地面气压低，风从高压的陆地吹向低压的海洋，即陆风。
2. 结合图示判断：乙图中旋翼朝向大海，说明风从大海吹向陆地，属于白天的海风；丙图中旋翼朝向陆地，说明风从陆地吹向大海，属于夜晚的陆风。因此乙、丙分别对应白天、夜晚。
【答案】
A
【知识点】
比热容、海陆风形成
【点评】
本题结合家用风力发电机的实际结构，考查海陆风的形成原理，核心是利用比热容解释海陆间的气压差异，进而判断风向，属于学科融合类题目，贴近生活实际，难度适中。
【难度系数】
0.5
4. 一根质量为 2 g 的烧红的铁钉，其温度是 $600\ °\mathrm{C}$。若它的温度降低到 $100\ °\mathrm{C}$，则释放的热量为
460
J。若这些热量全部用于加热质量为 100 g 的常温的水，则水温将升高1.1
$°\mathrm{C}$(结果保留一位小数)。[已知铁的比热容为 $0.46×10^{3}\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg}·°\mathrm{C})$，水的比热容为 $4.2×10^{3}\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg}·°\mathrm{C})$]答案
460
1.1
1.1
解析
【分析】本题考查热量的计算，需利用放热公式计算铁钉释放的热量，再根据热量全部被水吸收的条件，用吸热公式计算水升高的温度。解题关键是注意质量单位的换算（克转千克），以及温度变化量的计算（初温减末温）。
【解析】
1. 计算铁钉释放的热量：
铁钉质量 $ m_{\mathrm{铁}} = 2\ \mathrm{g} = 0.002\ \mathrm{kg} $，温度变化量 $ \Delta t_{\mathrm{铁}} = 600°\mathrm{C} - 100°\mathrm{C} = 500°\mathrm{C} $。
根据放热公式 $ Q_{\mathrm{放}} = c_{\mathrm{铁}} m_{\mathrm{铁}} \Delta t_{\mathrm{铁}} $，代入数据得：
$ Q_{\mathrm{放}} = 0.46 × 10^3\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg}·°\mathrm{C}) × 0.002\ \mathrm{kg} × 500°\mathrm{C} = 460\ \mathrm{J} $。
2. 计算水升高的温度：
由题意知，水吸收的热量 $ Q_{\mathrm{吸}} = Q_{\mathrm{放}} = 460\ \mathrm{J} $，水的质量 $ m_{\mathrm{水}} = 100\ \mathrm{g} = 0.1\ \mathrm{kg} $。
根据吸热公式 $ Q_{\mathrm{吸}} = c_{\mathrm{水}} m_{\mathrm{水}} \Delta t_{\mathrm{水}} $，变形得 $ \Delta t_{\mathrm{水}} = \frac{Q_{\mathrm{吸}}}{c_{\mathrm{水}} m_{\mathrm{水}}} $，代入数据得：
$ \Delta t_{\mathrm{水}} = \frac{460\ \mathrm{J}}{4.2 × 10^3\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg}·°\mathrm{C}) × 0.1\ \mathrm{kg}} \approx 1.1°\mathrm{C} $。
【答案】460；1.1
【知识点】热量计算、比热容应用
【点评】本题是比热容相关的基础计算题，核心是掌握放热与吸热公式，解题关键为单位换算，整体难度较低，适合巩固热量计算知识点。
【难度系数】0.7
【解析】
1. 计算铁钉释放的热量：
铁钉质量 $ m_{\mathrm{铁}} = 2\ \mathrm{g} = 0.002\ \mathrm{kg} $，温度变化量 $ \Delta t_{\mathrm{铁}} = 600°\mathrm{C} - 100°\mathrm{C} = 500°\mathrm{C} $。
根据放热公式 $ Q_{\mathrm{放}} = c_{\mathrm{铁}} m_{\mathrm{铁}} \Delta t_{\mathrm{铁}} $，代入数据得：
$ Q_{\mathrm{放}} = 0.46 × 10^3\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg}·°\mathrm{C}) × 0.002\ \mathrm{kg} × 500°\mathrm{C} = 460\ \mathrm{J} $。
2. 计算水升高的温度：
由题意知，水吸收的热量 $ Q_{\mathrm{吸}} = Q_{\mathrm{放}} = 460\ \mathrm{J} $，水的质量 $ m_{\mathrm{水}} = 100\ \mathrm{g} = 0.1\ \mathrm{kg} $。
根据吸热公式 $ Q_{\mathrm{吸}} = c_{\mathrm{水}} m_{\mathrm{水}} \Delta t_{\mathrm{水}} $，变形得 $ \Delta t_{\mathrm{水}} = \frac{Q_{\mathrm{吸}}}{c_{\mathrm{水}} m_{\mathrm{水}}} $，代入数据得：
$ \Delta t_{\mathrm{水}} = \frac{460\ \mathrm{J}}{4.2 × 10^3\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg}·°\mathrm{C}) × 0.1\ \mathrm{kg}} \approx 1.1°\mathrm{C} $。
【答案】460；1.1
【知识点】热量计算、比热容应用
【点评】本题是比热容相关的基础计算题，核心是掌握放热与吸热公式，解题关键为单位换算，整体难度较低，适合巩固热量计算知识点。
【难度系数】0.7
5. 给一个体积是$50\ \mathrm{cm^{3}}$的实心铁球加热,使它的温度由$20\ \mathrm{° C}$升高到$30\ \mathrm{° C}$,吸收的热量为
2 000
J。若现有一个同样大小的空心铁球,使它的温度由$30\ \mathrm{° C}$升高到$50\ \mathrm{° C}$,吸收的热量是$1\ 800\ \mathrm{J}$,则此铁球空心部分的体积是27.5
$\mathrm{cm^{3}}$。[空心部分为真空,$c_{\mathrm{铁}}$取$0.5× 10^{3}\ \mathrm{J/(kg·° C)}$,$\rho_{\mathrm{铁}}$取$8× 10^{3}\ \mathrm{kg/m^{3}}$]答案
2000
27.5
27.5
解析
【分析】
本题需分两步解答：第一问求实心铁球吸收的热量，需先利用密度公式计算铁球质量，再结合吸热公式计算热量；第二问求空心铁球的空心体积，需明确空心铁球的吸热仅由铁部分提供，先通过吸热公式算出铁的质量，再求铁的体积，最后用总体积减去铁的体积得到空心体积，计算时要注意单位统一。
【解析】
1. 计算实心铁球吸收的热量：
铁的密度$\rho_{\mathrm{铁}}=8×10^3\ \mathrm{kg/m}^3=8\ \mathrm{g/cm}^3$，实心铁球体积$V=50\ \mathrm{cm}^3$，
由$\rho=\frac{m}{V}$得，实心铁球质量$m=\rho_{\mathrm{铁}}V=8\ \mathrm{g/cm}^3×50\ \mathrm{cm}^3=400\ \mathrm{g}=0.4\ \mathrm{kg}$，
温度变化$\Delta t_1=30°\mathrm{C}-20°\mathrm{C}=10°\mathrm{C}$，
吸收热量$Q_{\mathrm{吸1}}=c_{\mathrm{铁}}m\Delta t_1=0.5×10^3\ \mathrm{J/(kg·°C)}×0.4\ \mathrm{kg}×10°\mathrm{C}=2000\ \mathrm{J}$。
2. 计算空心铁球空心部分体积：
空心铁球温度变化$\Delta t_2=50°\mathrm{C}-30°\mathrm{C}=20°\mathrm{C}$，吸收热量$Q_{\mathrm{吸2}}=1800\ \mathrm{J}$，
由$Q_{\mathrm{吸}}=cm\Delta t$得，铁部分的质量$m_{\mathrm{铁}}=\frac{Q_{\mathrm{吸2}}}{c_{\mathrm{铁}}\Delta t_2}=\frac{1800\ \mathrm{J}}{0.5×10^3\ \mathrm{J/(kg·°C)}×20°\mathrm{C}}=0.18\ \mathrm{kg}=180\ \mathrm{g}$，
铁的体积$V_{\mathrm{铁}}=\frac{m_{\mathrm{铁}}}{\rho_{\mathrm{铁}}}=\frac{180\ \mathrm{g}}{8\ \mathrm{g/cm}^3}=22.5\ \mathrm{cm}^3$，
空心部分体积$V_{\mathrm{空}}=V_{\mathrm{总}}-V_{\mathrm{铁}}=50\ \mathrm{cm}^3-22.5\ \mathrm{cm}^3=27.5\ \mathrm{cm}^3$。
【答案】
2000；27.5
【知识点】
热量计算、密度公式应用
【点评】
本题综合考查密度公式和吸热公式的应用，核心是明确空心铁球的吸热仅由铁部分提供，计算时需注意单位转换，避免出错，属于基础综合题。
【难度系数】
0.5
本题需分两步解答：第一问求实心铁球吸收的热量，需先利用密度公式计算铁球质量，再结合吸热公式计算热量；第二问求空心铁球的空心体积，需明确空心铁球的吸热仅由铁部分提供，先通过吸热公式算出铁的质量，再求铁的体积，最后用总体积减去铁的体积得到空心体积，计算时要注意单位统一。
【解析】
1. 计算实心铁球吸收的热量：
铁的密度$\rho_{\mathrm{铁}}=8×10^3\ \mathrm{kg/m}^3=8\ \mathrm{g/cm}^3$，实心铁球体积$V=50\ \mathrm{cm}^3$，
由$\rho=\frac{m}{V}$得，实心铁球质量$m=\rho_{\mathrm{铁}}V=8\ \mathrm{g/cm}^3×50\ \mathrm{cm}^3=400\ \mathrm{g}=0.4\ \mathrm{kg}$，
温度变化$\Delta t_1=30°\mathrm{C}-20°\mathrm{C}=10°\mathrm{C}$，
吸收热量$Q_{\mathrm{吸1}}=c_{\mathrm{铁}}m\Delta t_1=0.5×10^3\ \mathrm{J/(kg·°C)}×0.4\ \mathrm{kg}×10°\mathrm{C}=2000\ \mathrm{J}$。
2. 计算空心铁球空心部分体积：
空心铁球温度变化$\Delta t_2=50°\mathrm{C}-30°\mathrm{C}=20°\mathrm{C}$，吸收热量$Q_{\mathrm{吸2}}=1800\ \mathrm{J}$，
由$Q_{\mathrm{吸}}=cm\Delta t$得，铁部分的质量$m_{\mathrm{铁}}=\frac{Q_{\mathrm{吸2}}}{c_{\mathrm{铁}}\Delta t_2}=\frac{1800\ \mathrm{J}}{0.5×10^3\ \mathrm{J/(kg·°C)}×20°\mathrm{C}}=0.18\ \mathrm{kg}=180\ \mathrm{g}$，
铁的体积$V_{\mathrm{铁}}=\frac{m_{\mathrm{铁}}}{\rho_{\mathrm{铁}}}=\frac{180\ \mathrm{g}}{8\ \mathrm{g/cm}^3}=22.5\ \mathrm{cm}^3$，
空心部分体积$V_{\mathrm{空}}=V_{\mathrm{总}}-V_{\mathrm{铁}}=50\ \mathrm{cm}^3-22.5\ \mathrm{cm}^3=27.5\ \mathrm{cm}^3$。
【答案】
2000；27.5
【知识点】
热量计算、密度公式应用
【点评】
本题综合考查密度公式和吸热公式的应用，核心是明确空心铁球的吸热仅由铁部分提供，计算时需注意单位转换，避免出错，属于基础综合题。
【难度系数】
0.5
6. [2025 连云港]小华想“探究热水冷却过程温度变化的特点”，她将一杯 100 mL 的热水放在室温下自然冷却，记录的热水温度变化情况如下表。$[c_{\mathrm{水}}=4.2×10^{3}\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg}·°\mathrm{C}),\rho_{\mathrm{水}}=1.0×10^{3}\ \mathrm{kg/m}^3]$
此过程是通过
此过程是通过
热传递
的方式改变水的内能,在前 6 min 内,水的内能减少了$8.4×10^3$
J。请你归纳出热水冷却过程温度变化的特点:先快后慢
。答案
热传递
$8.4×10^3$
先快后慢
$8.4×10^3$
先快后慢
解析
【分析】
首先，改变物体内能的方式有做功和热传递，热水冷却时热量从水传递到周围环境，属于热传递改变内能；计算水的内能减少量即水放出的热量，需先通过密度公式算出水的质量，再利用放热公式计算；观察表格中温度随时间的变化，对比相同时间内温度下降的幅度，总结温度变化特点。
【解析】
1. 改变内能的方式：热水冷却过程中，水的热量传递给周围空气，是通过热传递的方式改变水的内能。
2. 计算水的内能减少量：
水的体积$V=100\ \mathrm{mL}=100\ \mathrm{cm}^3=1×10^{-4}\ \mathrm{m}^3$，
由$\rho=\frac{m}{V}$得水的质量$m=\rho_{\mathrm{水}}V=1.0×10^3\ \mathrm{kg/m}^3×1×10^{-4}\ \mathrm{m}^3=0.1\ \mathrm{kg}$，
前$6\ \mathrm{min}$内水的温度变化$\Delta t=80°\mathrm{C}-60°\mathrm{C}=20°\mathrm{C}$，
水放出的热量$Q_{\mathrm{放}}=c_{\mathrm{水}}m\Delta t=4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}×0.1\ \mathrm{kg}×20°\mathrm{C}=8.4×10^3\ \mathrm{J}$，即水的内能减少了$8.4×10^3\ \mathrm{J}$。
3. 温度变化特点：观察表格，每$2\ \mathrm{min}$内，温度下降幅度依次为$9°\mathrm{C}$、$6°\mathrm{C}$、$5°\mathrm{C}$，后续相同时间内温度下降幅度逐渐减小，因此热水冷却过程温度变化的特点是先快后慢。
【答案】
热传递；$8.4×10^3$；先快后慢
【知识点】
内能改变方式、热量计算、温度变化规律
【点评】
本题结合生活实际考查基础知识点，需掌握内能改变的方式、热量计算公式及数据分析能力，难度适中。
【难度系数】
0.6
首先，改变物体内能的方式有做功和热传递，热水冷却时热量从水传递到周围环境，属于热传递改变内能；计算水的内能减少量即水放出的热量，需先通过密度公式算出水的质量，再利用放热公式计算；观察表格中温度随时间的变化，对比相同时间内温度下降的幅度，总结温度变化特点。
【解析】
1. 改变内能的方式：热水冷却过程中，水的热量传递给周围空气，是通过热传递的方式改变水的内能。
2. 计算水的内能减少量：
水的体积$V=100\ \mathrm{mL}=100\ \mathrm{cm}^3=1×10^{-4}\ \mathrm{m}^3$，
由$\rho=\frac{m}{V}$得水的质量$m=\rho_{\mathrm{水}}V=1.0×10^3\ \mathrm{kg/m}^3×1×10^{-4}\ \mathrm{m}^3=0.1\ \mathrm{kg}$，
前$6\ \mathrm{min}$内水的温度变化$\Delta t=80°\mathrm{C}-60°\mathrm{C}=20°\mathrm{C}$，
水放出的热量$Q_{\mathrm{放}}=c_{\mathrm{水}}m\Delta t=4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}×0.1\ \mathrm{kg}×20°\mathrm{C}=8.4×10^3\ \mathrm{J}$，即水的内能减少了$8.4×10^3\ \mathrm{J}$。
3. 温度变化特点：观察表格，每$2\ \mathrm{min}$内，温度下降幅度依次为$9°\mathrm{C}$、$6°\mathrm{C}$、$5°\mathrm{C}$，后续相同时间内温度下降幅度逐渐减小，因此热水冷却过程温度变化的特点是先快后慢。
【答案】
热传递；$8.4×10^3$；先快后慢
【知识点】
内能改变方式、热量计算、温度变化规律
【点评】
本题结合生活实际考查基础知识点，需掌握内能改变的方式、热量计算公式及数据分析能力，难度适中。
【难度系数】
0.6
7. 初春培育水稻秧苗时,为了使秧苗不受冻,正确的做法是（
A.早晨多灌水,傍晚多排水
B.早晨多排水,傍晚多灌水
C.早晨和傍晚都要多灌水
D.早晨和傍晚都不要灌水
B
）A.早晨多灌水,傍晚多排水
B.早晨多排水,傍晚多灌水
C.早晨和傍晚都要多灌水
D.早晨和傍晚都不要灌水
答案
B
解析
【分析】
要解决这道题，需利用水的比热容较大的特性分析农业生产中的实际应用。水的比热容比泥土大，相同质量的水和泥土相比，放出或吸收相同热量时，水的温度变化更小。初春培育秧苗时，傍晚温度降低，需要保持秧苗周围温度不至于过低，所以要灌水；早晨温度升高，需要让秧苗周围温度快速升高，所以要排水，结合选项即可得出答案。
【解析】
根据水的比热容较大的特点：相同质量的水和其他物质，放出相同热量时，水的温度降低得少；吸收相同热量时，水的温度升高得少。初春夜晚温度较低，傍晚多灌水，夜晚降温时，水因比热容大，放出热量后温度降低幅度小，能保护秧苗不受冻害；早晨温度回升，多排水后，泥土（土壤）的比热容小，吸收热量后温度升高快，利于秧苗生长。因此正确做法是早晨多排水，傍晚多灌水，对应选项B。
【答案】
B
【知识点】
水的比热容的特点及应用
【点评】
本题结合农业生产实际考查比热容的应用，属于初中物理热学的基础知识点，需要学生理解水的比热容大对温度调节的作用，题目注重理论联系实际，难度适中。
【难度系数】
0.6
要解决这道题，需利用水的比热容较大的特性分析农业生产中的实际应用。水的比热容比泥土大，相同质量的水和泥土相比，放出或吸收相同热量时，水的温度变化更小。初春培育秧苗时，傍晚温度降低，需要保持秧苗周围温度不至于过低，所以要灌水；早晨温度升高，需要让秧苗周围温度快速升高，所以要排水，结合选项即可得出答案。
【解析】
根据水的比热容较大的特点：相同质量的水和其他物质，放出相同热量时，水的温度降低得少；吸收相同热量时，水的温度升高得少。初春夜晚温度较低，傍晚多灌水，夜晚降温时，水因比热容大，放出热量后温度降低幅度小，能保护秧苗不受冻害；早晨温度回升，多排水后，泥土（土壤）的比热容小，吸收热量后温度升高快，利于秧苗生长。因此正确做法是早晨多排水，傍晚多灌水，对应选项B。
【答案】
B
【知识点】
水的比热容的特点及应用
【点评】
本题结合农业生产实际考查比热容的应用，属于初中物理热学的基础知识点，需要学生理解水的比热容大对温度调节的作用，题目注重理论联系实际，难度适中。
【难度系数】
0.6
