初中物理自主招生讲义练习48比较不同物质吸热的情况、温度与热量、热传递、比热容、热平衡、物体内能的改变、熔化（2份打包，原卷版+教师版）

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一．熔化与熔化吸热的特点（共1小题）
【知识点的认识】熔化是通过对物质加热，使物质从固态变成液态的变化过程。
熔化要吸收热量，是吸热过程。
晶体有固定的熔化温度，叫做熔点，与其凝固点相等。晶体吸热温度上升，达到熔点时开始熔化，此时温度不变。晶体完全熔化成液体后，温度继续上升。熔化过程中晶体是固液共存态。
非晶体没有固定的熔化温度。非晶体熔化过程与晶体相似，只不过温度持续上升，但需要持续吸热。
【命题方向】熔化与熔化吸热特点，以及熔化是吸热还是放热是中考的方向
例1：如图所示的各种自然现象的形成过程，属于熔化的是（ ）
A． B．
春天里冰雪消融夏天早晨花草上的露水
C． D．
深秋的早晨大雾弥漫 初冬的早晨霜打枝头
分析：（1）物态变化共有六种：①熔化是物质由固态变为液态；②凝固是物质由液态变为固态；③汽化是物质由液态变为气态；④液化是物质由气态变为液态；⑤升华是物质由固态变为气态；⑥凝华是物质由气态变为固态。
（2）解决此题的关键是知道物态变化的名称，知道物质从固态变为液态的过程是熔化现象，依据各选项中的物态变化进行分析即可。
解：A、冰雪消融是固态变成液态，是熔化现象，符合题意；
B、露水是水蒸气遇冷凝结成小水滴，是液化现象，不符合题意；
C、雾是水蒸气遇冷凝结成小水滴并与空气中的尘埃结合形成的，是液化现象，不符合题意；
D、霜是水蒸气遇冷变成的小冰晶，是凝华现象，不符合题意。故选A。
点评：此类问题是考查对物态变化过程中的熔化现象的理解与掌握情况，判断出物质变化前后的状态是解决此类问题的关键。
例2：在0℃的环境中，把一块0℃的冰投入到0℃的水中，将会发生的现象是（ ）
A．冰全部熔化 B．冰有少部分熔化
C．水有少部分凝固 D．冰和水的原有质量不变
分析：解决此题要知道熔化过程温度不变，但需要继续吸收热量；热传递发生的条件是要有温度差。
解：把一块0℃的冰投入0℃的水里（周围气温也是0℃），所以没有温度差就没有热传递，冰因不能吸收热量所以不能继续熔化。故选D。
点评：冰水混合物的温度是0℃，放在0℃房间里，温度相同，不能发生热传递，冰在熔点，无法吸热，不会熔化；水在凝固点，不能放热，不会结冰；所以冰、水的质量都保持不变。
【解题方法点拨】在判断是否是熔化时一定要根据定义，判断是吸热还是放热要根据晶体与非晶体熔化时的特点，因此学生要牢记它们的特点。
1．质量一定的冰在熔化成水的过程中，温度保持0℃不变，则冰在熔化过程中（ ）
A．放出热量，内能减小
B．吸收热量，内能增大
C．因为温度为0℃，所以没有内能
D．因为温度为0℃，所以内能不变
答案与解析：质量一定的冰在熔化成水的过程中，温度保持0℃不变，则冰在熔化过程中吸收热量，内能增大。0℃的物体都具有内能。故选：B。
二．分子的热运动（共2小题）
2．下列有关热现象的说法不正确的是（ ）
A．墙内开花墙外香，说明分子不停地做无规则运动
B．汽车发动机常用水来降温，利用了水的比热较大
C．夏天吃冰糕时，冰糕周围的“白气”是冰糕升华形成
D．0℃的水结成0℃冰，此过程中水的内能减小
答案与解析：A、分子不停地做无规则运动，花中的芳香类物质扩散到空气中，因此我们能闻到花香，故A正确；
B、汽车发动机用水作冷却液来降温是因为水的比热容较大，质量相同，水吸收的热量多，故B正确；
C、夏天吃冰糕时，冰糕周围的“白气”是空气中的水蒸气遇冷形成的小液滴，故C错误；
D、0℃的水结成0℃冰，是晶体的凝固过程，此过程中放出热量，内能减小，故D正确。
故选：C。
3．根据图中A和B提供的图、文字信息，简要写出其所揭示的物理规律。
A 分子在不停地做无规则运动 ；B 力的作用是相互的 。
答案与解析：
A、打开香皂盒，闻到香味，说明香皂的分子在不停地做无规则运动，这是扩散现象；
B、甲推乙，对乙有力的作用；由于力的作用是相互的，一定受到乙的反作用力，所以后退；故答案为：A、分子在不停地做无规则运动；B、力的作用是相互的。
三．扩散现象（共5小题）
4．下列生活现象与物理知识对应不正确的是（ ）
A．端午节粽香飘﹣﹣﹣扩散现象
B．驾驶员驾驶汽车需系安全带﹣﹣﹣惯性的利用
C．飞机获得的升力﹣﹣﹣流体压强与流速的关系
D．高压锅易煮熟食物﹣﹣﹣沸点与气压的关系
答案与解析：A、端午节闻到粽子的香味，是气体分子运动的结果，属于扩散现象，该选项说法正确，不符合题意；
B、驾驶员驾驶汽车需系安全带，是为了防止汽车突然刹车时人由于惯性仍然会高速向前运动，容易撞到车内前方的硬物而受伤，是防止惯性带来的危害，该选项说法不正确，符合题意；
C、机翼上表面弯曲，下表面平直，空气通过机翼上表面的流速大，压强小，通过下表面的流速较小，压强大，所以飞机受到一个向上的升力，该选项说法正确，不符合题意；
D、高压锅是利用了增大锅内气压来提高沸点的，该选项说法正确，不符合题意。
故选：B。
（多选）5．下列说法中正确的是（ ）
A．一杯水的比热容比一桶水的比热容小
B．晶体在熔化过程中吸收热量，温度不变
C．组成物质的分子之间，只存在引力，不存在斥力
D．长时间压在一起的铅板和金板互相渗入，这种现象是扩散现象
答案与解析：A、一杯水和一桶水比较，质量不同、体积不同，但都是水，物质种类、状态相同，所以比热容相同，故A错误；
B、晶体有固定的熔化温度，叫熔点。在熔化过程中晶体虽然吸收热量，但温度保持不变。此选项正确；
C、物质分子之间同时存在引力和斥力。此选项错误；
D、组成物质的分子（原子）时刻的运动的，长时间压在一起的铅板和金板分子可以互相渗入对方，这种现象叫扩散现象。此选项正确。故选：BD。
6．两个相同的烧杯中装有质量相等的水，甲杯的水温较乙杯的高，同时往两烧杯中滴入一滴相同的红墨水，能看到两杯水都变红了，物理学中把这种现象称为 扩散现象 。两杯水中，颜色变红较快的是 甲 杯，由此可推断：影响水变红快慢的物理因素是 温度 。
答案与解析：同时往两烧杯中滴入一滴相同的红墨水，能看到两杯水都变红了，属于扩散现象，由于两杯水底部的红墨水分子在不停地做无规则的运动；由于甲杯水的温度高，故分子运动剧烈，分子扩散较快，所以颜色变得较快，由此可推断：影响水变红快慢的物理因素是温度。故答案为：扩散现象；甲；温度。
7．唐诗“芳树无人花自落，春山一路鸟空啼”中，“芳树”是指树木开花时芳香四溢，这是花粉分子在空气中发生的 扩散 现象；“花自落”是由于花受到 重力 的作用；“鸟空啼”说明声音可以在 空气 中传播，人们能区分出不同鸟的叫声，是因为不同鸟发出叫声的 音色 （填“响度”、“音色”或“音调”）不同。
答案与解析：树木开花时芳香四溢，这是花粉分子在空气中发生了扩散现象；花受到重力的作用，在重力的作用下，花会向下落；声音的传播需要介质，空气可以充当声音传播的介质；不同的发声体，发出声音的音色是不同的，区分不同的鸟叫声就是根据声音的音色来判断的。
故答案为：扩散；重力；空气；音色
8．用劣质的油性油漆、板材、涂料、胶粘剂等材料含有较多的甲醛、苯、二甲苯等有毒有机物，用来装修房屋，会造成室内环境污染，这是因为有毒有机物向室内空气慢慢 扩散 。这种现象在夏天时特别严重，因为 温度 越高， 分子热运动 越剧烈。
答案与解析：整个屋子弥漫着有毒气体的气味，是分子不停地做无规则运动的结果，属于扩散现象。
因为分子在永不停息地做无规则运动，运动速度与温度有关。所以在夏天时，扩散现象更为严重。故答案为：扩散；温度；分子热运动。
四．内能的概念（共1小题）
9．关于物体的内能，下列说法正确的是（ ）
A．温度为0℃的物体的内能为零
B．温度高的物体比温度低的物体内能多
C．温度相同的两块铁，它们具有的内能相同
D．温度和质量都相同的两杯水具有的内能相同
答案与解析：A、一切物体都有内能，温度为0℃的物体的内能也不为零，故A错误。
B、内能的大小不仅与温度有关，还与质量和状态有关，所以温度高的物体不一定比温度低的物体内能多，故B错误。
C、温度相同的两块铁，由于质量未知，所以它们具有的内能不一定相同，故C错误；
D、内能与物体的质量、温度和状态有关，温度和质量都相同的两杯水具有的内能相同，故D正确。故选：D。
五．温度、热量与内能的关系（共3小题）
10．下列说法正确的是（ ）
A．物体的温度越高，所含的热量越多
B．物体的温度不变，它的内能可能改变
C．物体吸收了热量，温度一定升高
D．内能大的物体向内能小的物体传递热量
答案与解析：A、热量是过程量，不能说含有，A说法本身错误；
B、晶体熔化过程中，温度虽然不变，由于不断吸热，内能增大，B正确；
C、由B知，物体吸收热量，温度不一定升高，所以C错误；
D、热传递过程中，由温度高低的物体向温度低的物体传递，内能大的物体温度不一定高，所以D错误。故选：B。
11．如果物体的温度没有改变，则（ ）
A．物体一定没有吸热
B．物体与外界都一定没有做功
C．物体的内能一定没有改变
D．物体的内能可能发生改变
答案与解析：本题可用一个例子来分析，比如：晶体在熔化时要吸热，温度不变，但内能增加。故A、C不正确，D正确。
另外在改变物体内能时，做功和热传递是等效的，对物体做功时，温度也可以不变，但内能增加。物体的内能发生变化，可能表现在物体的温度变化，也可能是状态的变化。故B不正确。故选：D。
（多选）12．下列说法中正确的是（ ）
A．物体温度不变，它的内能也可能增加
B．现在科学家可以用一定的技术手段使一个物体内的所有分子都停止运动
C．把酒精涂在温度计的玻璃泡上，用扇子扇，温度计的示数会降低
D．物体运动速度越大，物体内部分子运动的就越快，因而物体的内能越大
答案与解析：A、晶体的熔化过程，吸热但温度不变，但其内能增加，故A正确；
B、据分子运动论可知，分子在永不停息地做无规则运动，故B错误；
C、把酒精涂在温度计的玻璃泡上，用扇子扇，能加快酒精蒸发，由于蒸发是吸热的，所以温度计的示数会降低，故C正确；
D、由于内能和机械能无必然联系，所以物体的运动速度越大，其机械能可能变大，但其内能不一定变大，故D错误；故选：AC。
六．热传递的概念与方式（共1小题）
13．农村广泛使用塑料地膜种菜。来自太阳的热量主要通过 热辐射 的方式传递进去，以提高土壤的温度。
答案与解析：来自太阳的热量主要通过热辐射方式传递进来，以提高土壤的温度。
故答案为：热辐射。
七．热传递改变物体内能（共2小题）
14．下列过程，主要属于热传递改变物体内能的是（ ）
A．压缩气体B．加热试管
C．电灯通电D．小孩滑滑梯
答案与解析：A、压缩气体做功可使气体的内能增大，温度升高，故A错误；
B、加热试管的过程是通过热传递使液体的内能增大，温度升高，故B正确；
C、电灯通电发光的过程是电流做功的过程，故C错误；
D、小孩滑滑梯时，克服摩擦做功，使人的内能增大，温度升高，故D错误。
故选：B。
15．搓手能使手暖和，这是用 做功 的方式使手的内能增加；使用电热水器给水加热，这是用 热传递 的方式使水的内能增加。
答案与解析：在搓手时，即手克服摩擦力做功，使得受的内能增加，温度升高，故是利用做功改变物体的内能；
使电热水器加热时，电热水器所产生的热量直接传递给水，故是热传递改变物体的内能；
故答案为：做功；热传递。
八．做功改变物体内能（共3小题）
16．如图所示，在一个配有活塞的厚玻璃筒内放一小团硝化棉，迅速下压活塞，硝化棉燃烧。下列说法正确的是（ ）
A．迅速向上抽活塞，硝化棉也能燃烧
B．此实验只通过热传递改变筒内空气的内能
C．下压活塞的过程，空气的内能转化为活塞的机械能
D．硝化棉燃烧，是因为玻璃筒内空气的温度升高，内能增大
答案与解析：迅速向下压活塞，活塞会压缩空气做功，机械能转化为内能，使空气的内能增加，温度升高，当温度达到棉花的燃点时，棉花就会燃烧，通过此实验可说明做功可以改变物体的内能；故ABC错误，D正确。故选：D。
17．炎热的夏天，小雨同学开启汽水瓶盖瞬间伴有“嘭”的一声，同时瓶口有一股“白烟”冒出，下列说法正确的是（ ）
A．瓶口“白烟”是瓶内CO2液化形成的
B．瓶内气体分子运动加快
C．瓶内气体对外做功，瓶口处温度降低
D．瓶内外温度相等，汽水内能不变
答案与解析：开启啤酒瓶盖瞬间，瓶内水蒸气迅速膨胀发出响声，同时做功，水蒸气的内能减小、温度降低，液化为小水珠飘散在空中，即我们看到的“白烟”。故选：C。
（多选）18．下列说法中正确的是（ ）
A．寒冷的冬天，玻璃窗上出现冰花，属于凝华现象
B．炎热的夏天，雪糕周围出现的“白气”是雪糕冒出的水蒸气液化形成的
C．将﹣18℃的冰块放在冰箱的0℃保鲜室中，一段时间后，冰块的内能一定增加
D．用锯条锯木板，锯条的温度升高，是由于锯条从木板吸收了热量
答案与解析：A、冬天室内与室外温差较大，室内温度较高的水蒸气遇到温度很低的玻璃窗会放出热量，直接变成固态的小冰晶，属于物质的凝华现象；此选项正确，符合题意；
B、炎热的夏天，雪糕周围出现的“白气”是空气中的水蒸气遇到冷的雪糕放出热量液化而成的；此选项描述错误，不符合题意；
C、由于温度是大于冰本身温度的，所以冰会吸热直至0℃，所以冰的内能一定增加；此选项正确，符合题意；
D、锯木头时，克服摩擦对锯条做功，使锯条的内能增加、温度升高；此选项错误，不符合题意。故选：AC。
九．物体内能的改变（共1小题）
19．A、B两装置，均由一支一端封闭、一端开口且带有玻璃泡的管状容器和水银槽组成，除玻璃泡在管上的位置不同外，其他条件都相同。将两管抽成真空后，开口向下竖直插入水银槽中（插入过程没有空气进入管内），水银柱上升至图示位置停止。假设这一过程水银与外界没有热交换，则下列说法正确的是（ ）
A．A中水银的内能增量大于B中水银的内能增量
B．B中水银的内能增量大于A中水银的内能增量
C．A和B中水银体积保持不变，故内能增量相同
D．A和B中水银温度始终相同，故内能增量相同
答案与解析：外界大气压力对水银做功，使水银进入试管内，大气压力对水银做的功一部分增加了管内水银的重力势能，另一部分增加了水银的内能；由于A管中的水银重心高，故A管中水银的重力势能增量大，则A管中水银内能的增量小，即B中水银的内能增量大于A中水银的内能增量。故选：B。
一十．比热容的概念及其计算（共6小题）
20．物质的物理属性有许多种，制作下列物品利用了物质比热容小的是（ ）
A．用水银制作的温度计B．用钢丝制作的弹簧
C．用铜丝制作的导线D．用铝合金制作的门窗
答案与解析：A、做温度计的液体要求热胀冷缩的性质比较明显，所以选择比热容小的水银，故A符合题意；
B、制作弹簧的材料要求具有较好的弹性，所以选择了钢丝，故B不符合题意；
C、制作导线的材料要求具有良好的导电性，所以选择了铜丝，故C不符合题意；
D、用铝合金做门窗是因为铝合金的延展性好、密度小、色泽好，故D不符合题意。
故选：A。
21．冰在熔化过程中，下列判断正确的是（ ）
A．内能不变，比热容不变
B．比热容、内能、温度都不变
C．吸收热量，内能增加，温度不变
D．比热容变大，内能增加，温度升高
答案与解析：冰在熔化过程中，吸收热量，而温度保持不变，但内能增加，由于比热容与物质的种类和物质所处的状态有关，当冰熔化成水后，比热容变大。故ABD错误，C正确。故选：C。
22．下列关于比热容的说法中正确的是（ ）
A．温度高的铜块比温度低的铜块比热容大
B．质量小的铁球比质量大的铁球比热容大
C．一桶水的比热容比一滴水的比热容大
D．比热容可以用来鉴别物质
答案与解析：比热容是物质的一种特性。是物质的基本特性之一，比热容与物体温度高低、质量大小、是否放热、物质的内能多少都没有关系。所以A、B、C均不符合题意。
D、不同物质比热一般不同，所以可以用来鉴别物质。此选项符合题意。故选：D。
（多选）23．小东根据下表中的数据所得出的结论中正确的是（ ）
A．水银温度计比酒精温度计更适合在寒冷的南极使用
B．质量相等的铜和铝相比较，铝的体积大
C．体积相等的水和酒精，吸收相同的热量，水升高的温度多
D．黄土高原昼夜温差大，是因为干泥土的比热容较小
答案与解析：A、由于南极的气温非常低，据表可知，水银的凝固点为﹣38.8℃，酒精的凝固点更低一些，故水银温度计不如酒精温度计更适合，故A错误；
B、铜的密度大于铝的密度，由V＝可知，质量相等的铜和铝相比较，铝的体积大，故B正确；
C、由于水的比热容大，即质量相等的水和酒精，吸收相同的热量，水升高的温度少，故C错误；
D、干泥土的比热容较小，对于相同质量的水和干泥土来说，在相同的受冷和受热的情况下，干泥土的温度变化大，而水的温度变化小，所以比较缺水的黄土高原昼夜温差大，故D正确；故选：BD。
24．质量相等、初温相同的甲、乙两种液体，分别用两个相同的电加热器加热（不计热损失），加热过程中温度随时间变化如图所示，则在相同时间内液体 甲 的温度变化大，液体 乙 的比热容大。（选填“甲”或“乙”）
答案与解析：甲、乙两种液体质量和初温都相同，观察图象可知：在相同时间内温度变化较大的是甲；
因使用的是相同的电加热器加热，所以在相同时间内甲、乙两种液体吸收的热量相同；
根据c＝可知，在两种液体质量相等、吸收的热量相同时，液体升高温度越大，它的比热容就越小。所以c甲＜c乙。故答案为：甲；乙。
25．为了研究物质的某种特性，某小组同学先做如图所示的实验：在三只完全相同的杯子中分别放入100克水、200克水和200克沙子，各插入一支温度计，并在杯口上盖上一薄塑料片，观察到温度计的示数均为20℃．将三只杯子同时放置在太阳光下，过一段相同时间后，观察到温度计的示数如图（a）、（b）、（c）所示。请根据实验现象及相关条件，归纳得出初步结论。
（1）比较图（a）和（b）两图可得： 质量不同的水（同一物质组成的物体），吸收相同的热量后，质量小的水（物体）升高的温度多 。
（2）比较图（b）和（c）两图可得： 质量相等的水和沙子（不同物质组成的物体），吸收相同的热量后，沙子升高的温度比水升高的温度多 。
答案与解析：（1）由控制变量法知，当质量不同的水，在相等的条件下吸收相同的热量后，升高的温度与质量有关，质量越小，升高的温度越大；
（2）由控制变量法知，当质量相等的不同的水和沙子，在相等的条件下吸收相同的热量后，升高的温度与物质的种类有关，对于沙和水来说，沙子升高的温度比水升高的温度多。
故本题答案为：质量不同的水（同一物质组成的物体），吸收相同的热量后，质量小的水（物体）升高的温度多；质量相等的水和沙子（不同物质组成的物体），吸收相同的热量后，沙子升高的温度比水升高的温度多。
一十一．比热容解释简单的自然现象（共6小题）
26．水具有比热容大的特点，如图现象中与此特点无关的是（ ）
A．用水冷却汽车发动机
B．空调房间放盆水可以增加湿度
C．海边的昼夜温差较小
D．冬天暖气设备用热水供暖
答案与解析：A、因为水的比热容较大，相同质量的水和其它物质比较，升高相同的温度，水吸收的热量多，所以用水冷却汽车发动机，不符合题意；
B、空调房间放盆水增加湿度，是利用水的蒸发，增加水蒸气，与比热容无关，符合题意；
C、因为水的比热容较大，白天，相同质量的水和沙石比较，吸收相同的热量，水的温度升高的少；夜晚，放出相同的热量，水的温度降低的少，使得昼夜的温差小，由此使得海边昼夜温差小，不符合题意；
D、因为水的比热容较大，相同质量的水和其它物质比较，降低相同的温度，水放出的热量多，所以冬天暖气设备用热水供暖，不符合题意。故选：B。
27．很多机器在工作时温度升高时，往往用水来冷却，用水冷却的最主要原因是（ ）
A．水放出的热量多B．水的比热容大
C．水的温度低D．水便宜
答案与解析：因为水的比热容较大，相同质量的水和其它物质比较，升高相同的温度，水吸收的热量多，所以为保护机器，往往用水来冷却。故选：B。
28．烈日下的海边沙滩上常有习习凉风吹拂，这主要的原因是（ ）
A．水的比热比沙大，水温变化小
B．海面空气膨胀，周围冷空气补充而形成风
C．沙滩热，空气上升，海面上的冷空气补充而形成风
D．沙的比热小，温度变化大
答案与解析：烈日下，水和沙子都接受阳光的辐射，由于水的比热容大于沙子，所以水温变化小，上方空气冷，沙子温度变化大，上方空气受热而上升，于是海面的冷空气补充形成风，因此选项C符合题意。故选：C。
29．在日光照射下，水泥路面的温度比潮湿地面的温度高，是因为（ ）
A．水泥路面吸收的热量多
B．潮湿的路面比水泥路面更容易散失热量
C．潮湿的地面会有水，水的比热容大
D．无法解释
答案与解析：因为水的比热容较大，水泥路面的比热容小，这样在同样的日照条件下，吸收相同的热量，水的温度变化小，水泥的温度变化大，所以夏天水泥马路的温度往往比潮湿地面的温度高。故选：C。
30．汽车散热器等制冷设备常用水作为冷却剂，这是利用了水的 比热容 较大的性质。
答案与解析：因为水的比热容较大，相同质量的水和其它物质比较，升高相同的温度，水吸收的热量多，所以可作为冷却剂。
故答案为：比热容；
31．夏日，在烈日暴晒下，游泳池旁的混凝土地面热得烫脚，而池中的水却不怎么热，请用所学物理知识解释这个现象。
答案与解析：质量相等的水和混凝土，照射同样的时间，吸收相同热量，由于水的比热容较大，水的温度升高较小。因此，池水的温度比混凝土低。所以在烈日暴晒下，游泳池旁的混凝土地面热得烫脚，而池中的水却不怎么热。
一十二．实验 比较不同物质吸热的情况（共3小题）
【知识点的认识】
为了比较水和煤油的吸热能力，小王做了如图所示的实验，在2个相同的烧杯中分别装有质量、初温都相同的水和煤油，用两个相同的酒精灯对其加热，并用相同的两支温度计分别同时测量水和煤油的温度变化，实验数据如下：
（1）在此实验中，为比较水和煤油吸热能力的大小，我们可以加热相同的时间，观察 升高温度 的不同；也可以 升高相同的温度，比较加热时间的长短 ．
（2）分析下表中的实验数据可知：质量相同的水和煤油，升高相同的温度时， 水 吸收的热量多，表明 水 的吸热能力大．
（3）如果加热相同的时间，质量相同的水和煤油， 煤油 升高的温度更高．
（4）由于物体吸收热量的多少不使用仪器测量，本实验中把吸收热量的多少转换成加热时间的长短，这种科学方法叫 转换 法．
分析：（1）判断水与煤油的吸热本领的大小，有两种方法：
①可判断两种物质在升高相同温度的情况下，所用时间的多少．用时较多的，说明吸收的热量多，则比热较大．
②可判断两种物质在吸收相同热量的情况下，升高温度的多少．温度升高较多的，则比热较小．
（2）根据表中实验数据进行分析，然后答题．
（3）加热相同的时间，质量相同的水和煤油，由于煤油的吸热本领小，所以煤油升高的温度更高；
（4）本实验中把吸收热量的多少转换成加热时间的长短，所用的方法为转换法．
解：（1）在此实验中，为了比较水和煤油吸热本领的大小，我们可以加热相同的时间，观察升高的温度的不同；也可以让它们其升高相同温度，比较加热时间，来比较它们吸热本领的大小．
（2）由实验数据知，质量相同的水和煤油，升高相同温度时，水需要的加热时间更长，说明水吸收的热量更多，表明水的吸热本领大．
（3）因为煤油比水的吸热本领小，所以加热相同的时间，它们吸收相等热量时，质量相同的水和煤油，煤油升高的温度更高；
（4）由于物体吸收热量的多少不使用仪器测量，本实验中把吸收热量的多少转换成加热时间的长短，这种科学方法叫转换法．
故答案为：（1）升高温度；升高相同的温度，比较加热时间的长短；（2）水；水；（3）煤油；（4）转换．
点评：本题主要考查如何用转换法和控制变量法来比较不同物质比热容（吸热能力）的大小，本题有一定的难度，解题时要注意控制变量法的应用．
32．为了探究物质吸热升温的属性，设计的实验为：将相同质量的沙子分别装入两个相同的烧杯中，放在石棉网上，用相同的酒精灯加热，并不断搅拌（如图）．关于观察什么现象、记录什么数据，小明和小华展开了争论。两位同学中， 小明 同学的方案沙子和水吸收的热量相等。两位同学各自按自己的想法进行实验，并设计了不同的表格，如表是 小华 同学的实验记录表格，若水的比热容比沙大，则表中记录的沙和水升高相同的温度时，沙比水所需的时间 短 （选填“长”或“短”）。
请你替另一位同学把表格设计出来。
答案与解析：该实验中用相同的酒精灯对物质进行加热，加热时间越长，物质吸收的热量就多，加热时间相同，即物质所吸收的热量相同，故小华同学的方案沙子和水吸收的热量相等；
据表格中的数据不难看出，此时是通过升高相同的温度，比较加热时间的方法进行判断的；该表是小华同学的实验记录表格；据Q＝cm△t可知：相同质量的不同物质，在升高相同的温度的情况下，谁的比热容越大，谁用的时间长，谁的比热容越小，谁用的时间短；由于沙的比热容小，故此题中沙比水所需的时间短；
小明同学的方案沙子和水吸收的热量相等，即加热实际相等，所以设计的表格如下：
故答案为：小明；小华；短；设计表格见上。
33．某同学在探究“物质的吸热与什么因素有关”的实验时，使用相同的电加热器给水和煤油加热，得到的实验数据如下表：
（1）本实验还需要的测量仪器有：温度计、手表和 天平 ，实验中物质热量的多少是通过 加热时间 来反映的。
（2）分析第1、2次或第3、4次实验数据，可以得出的初步结论是：同种物质升高相同温度时，吸收热量的多少与物质的 质量 有关。
（3）分析第1、3次或第2、4次实验数据，可以得出的初步结论是： 质量和温度升高相同时，物质吸热多少与物质的种类有关 。
答案与解析：（1）实验中应控制水和煤油的质量相等，记录水和煤油的加热时间和温度，所以除了用到温度计和手表外，还要用到天平来测量质量；
实验中物质热量的多少是通过加热时间来反映的，用到了转换法；
（2）第1、2次或第3、4次实验数据，物质的种类和升高的温度相同，质量不同，加热时间也不同，即吸收热量多少不同，可以得出的初步结论是：同种物质升高相同温度时，吸收热量的多少与物质的质量有关；
（3）第1、3次或第2、4次实验数据，水和煤油的质量、升高的温度相同，加热时间不同，即吸收热量多少不同，可以得出的初步结论是：同种物质升高相同温度时，吸收热量的多少与物质的种类有关。
故答案为：（1）天平；加热时间；（2）质量；（3）质量和温度升高相同时，物质吸热多少与物质的种类有关。
34．为了比较沙子和水的吸热能力，小明进行如下探究。
（1）他找来两个完全相同的易拉罐组装成了如图所示的实验装置。从物理学的角度看，用易拉罐而不用烧杯做容器的好处有： 传热性好，不易爆裂 。
（2）小明在两个相同的易拉罐中装入等质量的水和沙子，用相同的酒精灯同时给它们加热，并用温度计插入水和沙子的中间测出它们不同时刻的温度，记录数据如下：
实验中测量“加热的时间”的目的是 可以用加热时间长短表示物质吸收热量的多少 。
（3）分析小明实验获得的数据可得出的结论是 在质量和吸收热量相同的情况下，沙子的温度升高的快，水的温度升高的慢 。
（4）小敏刚开始实验时，未能及时对沙子进行搅拌，结果他观察到的现象是 水升温快，沙子升温慢 。
答案与解析：（1）实验中用易拉罐而不用烧杯，是因为加热时易拉罐导热快，节省时间，而且不容易爆裂；
（2）用相同的酒精灯加热，在相等时间内吸收的热量相等，加热时间越长，吸收的热量越多，可以用加热时间长短表示物质吸收热量的多少。
（3）由表中实验数据可知，在质量和吸收热量相同的情况下，沙子的温度升高的快，水的温度升高的慢。
（4）刚开始加热时，未能及时对沙子进行搅拌，沙子受热不均匀，温度计所处位置温度较低，温度计示数小于水中的温度计示数，观察到的现象是：水升温快，沙子升温慢。
故答案为：（1）传热性好，不易爆裂；（2）可以用加热时间长短表示物质吸收热量的多少；
（3）在质量和吸收热量相同的情况下，沙子的温度升高的快，水的温度升高的慢；（4）水升温快，沙子升温慢。
一十三．热量的计算（共14小题）
35．用电阻丝加热某种物质，得到如图所示的熔化图象。电阻丝的发热的功率为P，放出的热量有50%被该物质吸收，该物质的质量为m，则这种物质比热容的大小为（假设这种物质固态和液体的比热容相同）（ ）
A．小于B．大于
C．等于D．等于
答案与解析：电阻丝从时刻t1加热到时刻t4，放出的热量为Q放＝P（t4﹣t1），
这一段时间内，该物质吸热的总热量可以分为两部分，一是物质温度升高吸收的热量，二是完成熔化吸收的热量，则有：Q吸＝cm（t温3﹣t温1）+Q熔
所以η＝＝
ηP（t4﹣t1）＝cm（t温3﹣t温1）+Q熔，
cm（t温3﹣t温1）＝ηP（t4﹣t1）﹣Q熔＝50%×P（t4﹣t1）﹣Q熔＝×P（t4﹣t1）﹣Q熔，
所以该物质的比热容为：c＝＜故选：A。
36．我国农村使用的一种钢架水泥壳抛物面太阳灶，用30分钟刚好可将4千克与气温（26.5℃）相同的水烧开。若不计热损失，此时这个太阳灶的功率为（ ）
A．163瓦B．686瓦C．933瓦D．41160瓦
答案与解析：
水吸收的热量：
Q吸＝cm△t＝4.2×103J/（kg•℃）×4kg×（100℃﹣26.5℃）＝1.2348×106J；
太阳灶的功率：P＝＝＝686W。故选：B。
37．甲、乙两种物质，质量之比为4：1，放出热量之比是3：1，则它们的比热之比和降低温度之比分别是下列四种情况，可能满足题设条件的是（ ）
①1：1，3：4； ②2：1，1：3； ③1：2，3：2； ④1：3，9：4。
A．①②B．①③④C．②③D．①②④
答案与解析：由题知，m甲：m乙＝4：1，甲、乙两物体放出的热量：Q甲：Q乙＝3：1，
∵Q放＝cm△t，∴＝＝，
①、甲乙物体比热容之比和升高温度之比1：1、3：4，则 ＝＝，故①正确；
②、甲乙物体比热容之比和升高温度之比2：1、1：3，则 ＝＝≠，故②错；
③、甲乙物体比热容之比和升高温度之比1：2、3：2，则 ＝＝，故③正确；
④、甲乙物体比热容之比和升高温度之比1：3、9：4，则 ＝＝，故④正确。故选：B。
38．在1个标准大气压下，1kg100℃的水完全汽化成100℃的水蒸气，需要吸收2.26×106J热量。若保持1个标准大气压的条件下把100g16℃的水加热沸腾，并使其中的20g汽化，一共需要吸收的热量是（ ）水的比热容4.2×103J/（kg•℃）
A．3.5×104JB．4.5×104JC．8.0×104JD．7.3×104J
答案与解析：
由题知，在1个标准大气压下，1kg100℃的水完全汽化成100℃的水蒸气，需要吸收2.26×106J热量，
则20g100℃的水汽化吸收的热量：
Q1＝2.26×106J×＝4.52×104J；
100g16℃的水加热沸腾吸收的热量：
Q2＝cm（t﹣t0）＝4.2×103J/（kg•℃）×0.1kg×（100℃﹣16℃）＝3.528×104J。
一共吸热：
Q＝Q1+Q2＝4.52×104J+3.528×104J＝8.048×104J≈8.0×104J。
故选：C。
39．下表是1kg晶体在吸热过程中从固态变到气态的实验数据记录表。由表可知该物质在熔化过程中吸收的热量为 375kJ ，该物质在液态时的比热是 4×103J/（kg•℃） 。
答案与解析：（1）由实验数据可知，该晶体有两个保持不变的温度，即0℃和100℃；
由题知，该晶体在吸热过程中从固态变到气态，所以两个物态变化过程分别为熔化和沸腾；由以上分析可知，该晶体的熔点为0℃，沸点为100℃；
表格中前12列数据如下（其中前4列为晶体未熔化时吸热升温的数据，最后4列为液体吸热升温的数据）：
分析前4列数据可知，温度每升高25℃，晶体吸收的热量为50kJ；
则由Q吸＝cm△t可知，温度每升高12.5℃，晶体吸收的热量为25kJ；
所以，晶体的温度从﹣12.5℃上升到刚为0℃的过程中，晶体吸收的热量为25kJ；则温度刚为0℃与第1列数据相比，晶体吸收的热量应为：Q1＝150kJ+25kJ＝175kJ；
分析上面表格最后4列数据可知，该物质在液态时，温度每升高12.5℃，吸收的热量为50kJ；
由此可知，晶体从刚熔化完时到温度为12.5℃的过程中，液体吸收的热量为50kJ；则晶体刚熔化完时与第1列数据相比，物质吸收的热量应为：Q2＝600kJ﹣50kJ＝550kJ；
所以，可得到上面表格中的两组补充数据（真实反映了晶体的熔化过程），
因此该物质在熔化过程中吸收的热量：Q熔化吸＝Q2﹣Q1＝550kJ﹣175kJ＝375kJ。
（2）由表格数据可知，由12.5℃到25℃过程中，液体吸收的热量：Q吸＝650kJ﹣600kJ＝50kJ；
则根据Q吸＝cm△t可得，该物质在液态时的比热：
c＝＝＝4×103J/（kg•℃）。
故答案为：375kJ；4×103J/（kg•℃）。
40．质量为0.25kg的牛奶，温度由5℃升高到85℃，需要吸收 5×104 J的热量。[c牛奶＝2.5×103J/（kg•℃）]
答案与解析：牛奶吸收的热量：
Q吸＝cm（t﹣t0）＝2.5×103J/（kg•℃）×0.25kg×（85℃﹣5℃）＝5×104J。
故答案为：5×104。
41．2千克的水温度降低5℃，水放出的热量为 4.2×104 焦。水的比热容在常见的物质中是比较 大 的，因此沿海地区昼夜温差比同纬度的内陆地区 小 （均选填“大”或“小”）。[c水＝4.2×103焦/（千克•℃）]
答案与解析：2千克的水温度降低5℃，水放出的热量为Q＝cmΔt＝4.2×103J/（kg•℃）×2kg×5℃＝4.2×104J；
水的比热容c在常见的物质中是比较大的，由Q＝cmΔt可知，在质量m与吸收或放出热量Q相同的情况下，水的温度变化Δt较小，因此沿海地区昼夜温差比同纬度的内陆地区小。故答案为：4.2×104；大；小。
42．已知太阳辐射到地球的太阳能总功率为1.70×1017瓦，如果地球半径取6400千米，地日距离取1.50×1011米，试估计太阳向空间辐射的总功率为 3.7×1026 瓦。考虑大气层反射和太阳能热水器转化效率等因素，假定总的利用率为20%．试计算阳光垂直照射在集热面积为2米2的太阳能热水器上，6个小时后能使其中150升的水温度升高 18 ℃。
答案与解析：太阳辐射的总功率P＝S＝×4πL2＝4×1.70×1017W×≈3.7×1026W；
6h水吸收的热量Q＝S热水器tη＝×2m2×6×3600s×20%≈1.142×107J，
∵ρ＝，∴水的质量m＝ρV＝1×103kg/m3×0.15m3＝150kg，
∵Q＝cm△t，∴水升高的温度△t＝＝≈18℃；
故答案为：3.7×1026W；18。
43．下表是1kg晶体在吸热过程中从固态变到气态的实验数据记录表。由表可知该物质在熔化过程中吸收的热量为 375千焦 。
答案与解析：由实验数据可知，该晶体有两个保持不变的温度，即0℃和100℃；
由题知，该晶体在吸热过程中从固态变到气态，所以两个物态变化过程分别为熔化和沸腾；
由以上分析可知，该晶体的熔点为0℃，沸点为100℃；
表格中前12列数据如下（其中前4列为晶体未熔化时吸热升温的数据，最后4列为液体吸热升温的数据）：
分析前4列数据可知，温度每升高25℃，晶体吸收的热量为50kJ；
则由Q吸＝cm△t可知，温度每升高12.5℃，晶体吸收的热量为25kJ；
所以，晶体的温度从﹣12.5℃上升到刚为0℃的过程中，晶体吸收的热量为25kJ；则温度刚为0℃与第1列数据相比，晶体吸收的热量应为：Q1＝150kJ+25kJ＝175kJ；
分析上面表格最后4列数据可知，该物质在液态时，温度每升高12.5℃，吸收的热量为50kJ；
由此可知，晶体从刚熔化完时到温度为12.5℃的过程中，液体吸收的热量为50kJ；则晶体刚熔化完时与第1列数据相比，物质吸收的热量应为：Q2＝600kJ﹣50kJ＝550kJ；
所以，可得到上面表格中的两组补充数据（真实反映了晶体的熔化过程），
因此该物质在熔化过程中吸收的热量：Q熔化吸＝Q2﹣Q1＝550kJ﹣175kJ＝375kJ。
故答案为：375千焦。
44．在野外施工中，需要是质量m＝4.20kg的铝合金物体升温，除了保温瓶中尚存有温度t＝90.0℃，的1.200kg的热水外，无其他热源，试提出一个操作方案，能利用这些热水使构件从温度t0＝10.0℃升温到66.0℃以上（含66.0℃），并通过计算验证你的方案。
已知铝合金的比热容c＝0.880×103J/（kg•℃），水的比热容c＝4.20×103J/（kg•℃），不计向周围环境散失的热量。
答案与解析：操作方案：将保温瓶中t＝90℃的热水分若干次倒出来。
第一次先倒出一部分，与温度为t0＝10℃的构件充分接触，并达到热平衡，构件温度升高到t1；
将这部分温度为t1的水倒掉，再从保温瓶倒出一部分热水，再次与温度为t1的构件接触，并达到热平衡，此时构件的温度升高到t2；
再将这些温度为t2的热水倒掉，然后再从保温瓶倒出一部分热水来使温度为t2的构件升温，…。
直到最后一次将剩余的热水倒出来与构件接触，达到热平衡，最终就可使构件的温度达到所要求的值；
验证：如将1.2kg热水分5次倒出，每次倒出m0＝0.24kg，在第一次使热水与构件达到热平衡的过程中：Q1＝c0m0（t﹣t1），Q1′＝cm（t1﹣t0）
∵Q1＝Q1′∴c0m0（t﹣t1）＝cm（t1﹣t0）
即：4.2×103J×0.24kg×（90℃﹣t1）＝0.88×103J×4.2kg×（t1﹣10℃）
解得：t1≈27.1℃，
同理：t2≈40.6℃，…，t5≈66.0℃。
45．在野外施工中。需要使质量m＝20kg的铝合金构件升温，除了保温瓶中尚存有温度t＝90℃的1200kg的热水外。无其他热源，试提出一个操作方案，能利用这些水使构件从温度t0＝10℃升温到60℃以上（含60℃）．并通过计算验证你的方案，已知铝合金的比热容c＝0.90×103J/（kg•℃），水的比热容c0＝4.20×103J/（kg•℃），不计向周围环境散失的热量。
答案与解析：
操作方案：取保温瓶中t＝90℃的部分热水倒出来，与温度为t0＝10℃的构件充分接触，并达到热平衡，构件温度升高到60℃；
验证：Q放＝c水m水（t0水﹣t），Q吸＝c合金m合金（t﹣t0合金）
因为水放出的热量Q水放＝Q合金吸
所以c水m水（t0水﹣t）＝c合金m合金（t﹣t0合金）
即：4.20×103J/（kg•℃）×m水×（90℃﹣60℃）＝0.90×103J/（kg•℃）×20kg×（60℃﹣10℃）解得：m水≈7.14kg。
46．“米线”是一种特色小吃。端上餐桌的有：一碗热汤，上面浮着一层油；一碟切成薄片的鲜肉；一碗已煮熟的米线。食客先把肉片放进汤内，稍候再加入米线。
现有以下资料：汤的初温97℃，比热容4.2×103J/（kg•℃）；肉片的质量为0.2kg，初温22℃，比热容3.5×103J/（kg•℃）．基于健康缘故，肉片必须至少在大于80℃的汤中保持2min，在这2min时间里，由于向外界散热整体温度将下降约2℃．问：
（1）碗中油层的作用是什么？
（2）为实现上述的温度要求，碗中汤的质量多少应满足什么条件？
答案与解析：（1）碗中油由于其密度比水小且不易蒸发，漂浮在水的表面上，使水的蒸发面积减小，则减小了水的蒸发而带走热量，使汤的温度不易降低。
（2）∵肉片必须至少在大于80℃的汤中保持2min，在这2min时间里，由于向外界散热整体温度将下降约2℃，
∴肉和汤混合后的温度至少为：t＝80℃+2℃＝82℃，
把肉放进汤里，肉的温度升高，吸收热量，汤的温度降低，放出热量，t0汤＝97℃，c汤＝4.2×103J/（kg•℃），m肉＝0.2kg，t0肉＝22℃，c肉＝3.5×103J/（kg•℃），
根据热平衡方程Q吸＝Q放得：c肉m肉（t﹣t0肉）＝c汤m汤（t0汤﹣t），
即：3.5×103J/（kg•℃）×0.2kg×（82℃﹣22℃）＝4.2×103J/（kg•℃）×m汤×（97℃﹣82℃）
解得：m汤≈0.67kg。
答：（1）碗中油层的作用是使水的蒸发面积减小，则减小了水的蒸发而带走热量，使汤的温度不易降低。
（2）为实现上述的温度要求，碗中汤的质量至少为0.67kg。
47．简易太阳能热水器的受光面积1.4m2，内装80kg水，太阳每分钟辐射到1m2面积上的热量是8×104J，如果60%的热量被水吸收，问：20℃的水晒3h后水温升高到多少摄氏度？（水的比热容是4.2×103J/（kg•℃）
答案与解析：Q放＝8×104J/（m2•min）×1.4m2×3×60min＝2.016×107J
Q吸＝Q放×60%＝1.2096×107J
由Q吸＝cm△t得，△t＝＝＝36℃
T＝t0+△t＝20℃+36℃＝56℃
答：20℃的水晒3h后水温升高到56℃。
48．太阳向地球表面每平方米辐射光能的功率为1.4kw，今要用凹面镜制成的太阳灶烧水，并要使初温20℃，质量5kg的水在1200秒内沸腾，则太阳灶中凹面镜受光照面积的直径至少为 1.6 米。（已知该太阳灶的总效率为50%，水的比热容为4.2×103J/（kg•℃），结果保留2位有效数字）
答案与解析：将水加热至沸腾需要吸热：
Q吸＝cm△t＝4.2×103J/（kg•℃）×5kg×（100℃﹣20℃）＝1.68×106J；
设太阳灶中凹面镜受光照面积的直径为d，凹面镜采光面积S＝π（d）2，
由题知，1400W/m2×S×1200s×50%＝1.68×106J，
即：1400W/m2×π（d）2×1200s×50%＝1.68×106J，
解得：d≈1.6m。故答案为：1.6。
一十四．热平衡方程的应用（共12小题）
49．将一杯热水倒入盛有冷水的容器中，冷水的温度升高了10℃，再向容器内倒入一杯相同质量和温度的热水，容器中的水温又升高了6℃．如果继续向容器中倒入一杯同样的热水，则容器中的水温会升高（ ）
A．5℃B．4℃C．3℃D．2℃
答案与解析：设热水和冷水的温度差为t，
∵质量为m0的一小杯热水倒入盛有质量为m的冷水的保温容器中，使得冷水温度升高了10℃，∴Q吸＝Q放，
从而可知，cm0（t﹣10℃）＝cm×10℃，﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣①
又向保温容器中倒入一小杯同质量为m0同温度的热水，水温又上升了6℃，
Q吸＝Q放，从而可知，cm0（t﹣10℃﹣6℃）＝c（m+m0）×6℃，﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣②
则①﹣②得：6℃×cm0＝10℃×cm﹣6℃×cm﹣6℃×cm0，
整理得：12℃×cm0＝4℃×cm，解得：m＝3m0；代入①式可得，t＝40℃；
假设我们将全部热水一次性注入，则由热平衡方程可知：
3m0c（40℃﹣△t）＝mc△t，m＝3m0；
联立两式解得：△t＝20℃；40℃﹣20℃＝20℃
则注入3杯水后，水温还会上升：20℃﹣10℃﹣6℃＝4℃。故选：B。
50．有两个温度和质量都相同的金属球，先把甲球放入盛有热水的杯中，热平衡后水温降低了△t．把甲球取出，再将乙球放入杯中，热平衡后水温又降低了△t，则甲球比热c甲和乙球比热c乙大小的关系是（ ）
A．c甲＞c乙B．c甲＜c乙
C．c甲＝c乙D．以上三种情况都有可能
答案与解析：先后将甲、乙两球投入到同一杯水中，水降低的温度相同，水放出的热量相同，∵由题知，Q吸＝Q放，
∴甲、乙两球吸收的热量相同，
而乙球比甲球少升高了△t，即乙球的末温低；
由上述分析可知，质量相同的甲、乙两球，吸收相同的热量，乙球升高的温度少，所以乙球的比热容大。故选：B。
51．有质量和初温都相同的甲、乙两金属球，先将甲投入一杯热水中热平衡后水温降低了△t；把甲取出后，立即又将乙投入这杯水中，热平衡后水温又降低了△t，则甲、乙两金属球的比热容的关系为（不计热损失）（ ）
A．c甲＞c乙B．c甲＝c乙C．c甲＜c乙D．无法判断
答案与解析：
先后将甲、乙两球投入到同一杯水中，水降低的温度相同，水放出的热量相同，
因为不计热损失，Q吸＝Q放，
所以甲、乙两球吸收的热量相同，
而甲乙初温相同，乙球比甲球少升高了△t，即乙球的末温低；
由上述分析可知，质量相同的甲、乙两球，吸收相同的热量，乙球升高的温度少，所以乙球的比热容大。故选：C。
52．比热容是2.44×103焦/（千克•℃）的酒精和水（4.19×103焦/千克•℃）均匀混合后，比热容变成了2.94×103焦/（千克•℃），则混合液中酒精和水质量之比是（ ）
A．5：2B．2：5C．29：35D．29：50
答案与解析：
混合液温度升高△t吸收的热量：Q总＝c液m液△t＝c液（m1+m2）△t，
酒精吸收的热量：Q酒＝c酒m1△t，
水吸收的热量：Q水＝c水m2△t，
则Q总＝Q水+Q酒，c液（m1+m2）△t＝c酒m1△t+c水m2△t，
（c液﹣c酒）m1＝（c水﹣c液）m2，
∴m1：m2＝（c水﹣c液）：（c液﹣c酒）＝[4.19J/（kg•℃）﹣2.94J/（kg•℃）]：[2.94J/（kg•℃）﹣2.44J/（kg•℃）]＝5：2。故选：A。
53．两支完全相同的温度计初温相同，现用这两只温度计分别去测甲、乙两种液体的温度，测得结果相同（示数高于温度计初温度），已知甲、乙两种液体质量相等，并且都比较小，乙液体原来的温度高于甲液体原来的温度，如果不考虑温度计，待测液体跟外界的热传递，则可判断（ ）
A．c甲＞c乙B．c甲＜c乙C．c甲＝c乙D．无法判断
答案与解析：由题意知两支温度计测温前后温度变化相等，由Q＝cm△t知两温度计吸收的热量Q相等；则甲、乙两液体放出的热量Q相等。已知乙液体的初始温度比甲液体的初始温度高，甲、乙两液体后来的温度相等，则它们温度变化量△t甲＜△t乙，甲、乙两液体放出的热量Q甲＝Q乙，m甲＝m乙，由Q＝mc△t得，c甲＞c乙。故选：A。
54．质量和材质都相等的五块金属块，将它们放入沸水中，一段时间后温度均达到100℃，然后将它们按不同的方式投入一杯冷水中，使冷水升温。第一种方式：先从沸水中取出一块金属块，将其投入冷水，当达到热平衡后将它从杯中取出，然后将第二块从沸水中取出投入这杯水中。再次达到热平衡后将它从杯中取出，同样的方法依次将另外几块投入水中，最后水的温度升高了40℃．第二种方式：从沸水中同时取出五块金属块投入冷水中，当达到热平衡后将它们从杯中取出，则在第二种方式下，这杯冷水温度的变化是（ ）
A．升高不足40℃B．升高超过40℃
C．恰好升高了40℃D．条件不足，无法判断
答案与解析：（1）设冷水的温度为0℃，第一块金属块放入冷水热平衡后的末温为t1，依此类推，第二块t2，第三块t3，第四块t4，第五块t5，
则第一块金属块放出的热量为Q1＝cm（100℃﹣t1），
依此类推：Q2＝cm（100℃﹣t2）
Q3＝cm（100℃﹣t3）
Q4＝cm（100℃﹣t4）
Q5＝cm（100℃﹣t5）
金属块放出的总热量为：Q放总＝Q1+Q2+Q3+Q4+Q5，代入后，整理得：
Q放总＝cm（500℃﹣t1﹣t2﹣t3﹣t4﹣t5）
（2）设金属块同时放入冷水中达到热平衡后的末温为t，
则同时放入冷水中时，金属块放出的热量是Q放＝5cm（100℃﹣t）
若t5＝t＝40℃，那么，比较可知Q放总＞Q放，
即第一种方法金属块放出的热量多，水吸收的热量多，升温升的高。
故选：A。
55．我国天然气已经走入寻常百姓家，天然气的热值是7.5×107J/m3，小华家某月使用了21m3的天然气，完全燃烧放出的热量，只有50%被水吸收，在1个标准大气压下，可以将 2.34375×102 kg的水从20℃烧至沸腾【c水＝4.2×103J/（kg•℃）】。
答案与解析：
（1）天然气完全燃烧释放热量：
Q放＝qV＝21m3×7.5×107J/m3＝1.575×108J，
（2）由题知，Q吸＝c水m水△t×50%＝1.575×108J×50%＝7.875×107J，
水的质量：m水＝＝＝2.34375×102kg；故答案为：2.34375×102。
56．将一质量为m1，温度为0℃的冰放入初温为t0，质量为m0的水中，达到热平衡后，发现剩余冰的质量为m2，则这块冰完全熔化共吸收的热量为 。（已知水的比热容记为C）。
答案与解析：热平衡后冰的质量还剩m2，说明热平衡后是冰水混合物，温度为0℃，熔化的冰的质量为m1﹣m2，其吸收的热量等于质量为m0，温度为t0的水温度降到0℃时放出的热，即Q吸＝Q放＝cm0t0，所以单位质量的冰熔化需要吸收的热量：Q吸′＝，所以这块冰完全融化共吸收的热量：Q吸″＝m1×＝。
故答案为：。
57．现有足够多的20℃的冷水和70℃的热水，为了配制成50℃的温水200kg，需要20℃的冷水 80 kg，70℃的热水 120 kg（不计热量损失）。
答案与解析：设热水的质量为m1，
则冷水的质量为m2＝m﹣m1＝200kg﹣m1，
热水放出的热量：Q放＝cm1（t﹣t01）＝4.2×103J/（kg•℃）×m1×（70℃﹣50℃），
Q吸＝cm2（t02﹣t）＝4.2×103J/（kg•℃）×m2×（50℃﹣20℃）＝4.2×103J/（kg•℃）×（200kg﹣m1）×（50℃﹣20℃），
∵不计热量损失，∴Q吸＝Q放，
4.2×103J/（kg•℃）×m1×（70℃﹣50℃）＝4.2×103J/（kg•℃）×（200kg﹣m1）×（50℃﹣20℃），
解得：m1＝120kg，m2＝80kg。故答案为：80；120。
58．有甲、乙、丙三种液体，它们的比热和质量都不等，它们的温度依次为15℃、25℃、35℃．如果将甲、乙混合，热平衡的温度为21℃；如果将乙、丙混合，热平衡的温度为32℃．若将甲、乙、丙三者混合，热平衡后的温度为 29.2 ℃。
答案与解析：
甲、乙混合前，t乙＞t甲，将甲、乙混合时，乙液体放热，甲液体吸热，热平衡的温度为t1，热平衡方程为：c甲m甲（t1﹣t甲）＝c乙m乙（t乙﹣t1），
即：c甲m甲（21℃﹣15℃）＝c乙m乙（25℃﹣21℃），
整理可得：c甲m甲＝c乙m乙﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣①乙、丙混合前，t丙＞t乙，将乙、丙混合时，丙液体放热，乙液体吸热，热平衡的温度为t2，
热平衡方程为：c乙m乙（t2﹣t乙）＝c丙m丙（t丙﹣t2），
即：c乙m乙（32℃﹣25℃）＝c丙m丙（35℃﹣32℃）
整理可得：c丙m丙＝c乙m乙﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣②
将甲、乙、丙三者混合时，甲液体一定吸热，丙液体一定放热，乙液体可能吸热、也可能放热；若乙液体放热，设热平衡的温度为t，
则有：c甲m甲（t﹣t甲）＝c乙m乙（t乙﹣t）+c丙m丙（t丙﹣t）﹣﹣﹣﹣﹣﹣③，
将①②代入③式可得：c乙m乙（t﹣15℃）＝c乙m乙（25℃﹣t）+c乙m乙（35℃﹣t），
解得：t≈29.2℃，因为29.2℃＞25℃，所以乙液体应吸热，
乙液体吸热时，热平衡方程为：
c甲m甲（t﹣t甲）+c乙m乙（t﹣t乙）＝c丙m丙（t丙﹣t）﹣﹣﹣﹣﹣﹣④，
将①②代入④式可得：c乙m乙（t﹣15℃）+c乙m乙（t﹣25℃）＝c乙m乙（35℃﹣t），
解得：t≈29.2℃。故答案为：29.2。
59．质量相等的甲、乙两金属块，其材质不同。将它们放入沸水中，一段时间后温度达到100℃，然后将它们按不同的方式投入一杯冷水中，使冷水升温，第一种方式：先从沸水中取出甲，将其投入冷水，当达到热平衡后将甲从杯中取出，测得水温升高20℃；然后将乙从沸水中取出投入这杯水中，再次达到热平衡，测得水温又升高20℃；第二种方式：先从沸水中取出乙投入冷水，当达到热平衡后将乙从杯中取出；然后将甲从沸水中取出，投入这杯水中，再次达到热平衡。则在第二种方式下，这杯冷水温度升高 等于 40℃（选填“不足”、“超过”或“等于”）。
答案与解析：设冷水的温度为t0，甲投入冷水后放热Q放＝c甲m（100℃﹣20℃﹣t0），水吸收的热量为Q吸＝c水m水20℃，∵不考虑热传递过程热量的损失，则有Q放＝Q吸，
∴c甲m（100℃﹣20℃﹣t0）＝c水m水20℃，
即：＝﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣①
乙投入冷水后放热Q放′＝C乙m（100℃﹣20℃﹣20℃﹣t0），水吸收的热量仍为Q吸＝C水m水20℃，
同理则有：＝﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣②
第二种方式：
设乙投入冷水热平衡后，水温为t1，甲投入冷水热平衡后的水温为t2，则有：
c乙m（100℃﹣t1）＝c水m水（t1﹣t0），
即：＝﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣③
c甲m（100℃﹣t2）＝c水m水（t2﹣t1），
即：＝﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣④
综合①②③④式，解得t2﹣t0＝40℃
故答案为：等于。
60．以热传导为主要散热方式的电熨斗，其热损耗正比于熨斗和周围空气的温差，某种电熨斗的调温原理是：各挡位在室温20℃时以50s为一个周期，电熨斗调在“锦纶”位置时，熨斗通电10s，断电40s，再通电10s，断电40s…此时熨斗表面温度稳定在100℃；若电熨斗调在“棉布”位置，熨斗通电20s，断电30s…则在“棉布”位置，熨斗表面的温度稳定在多少？若室温在10℃，熨斗温控失灵，加热器一直通电，则此时熨斗表面温度又为多少？
答案与解析：（1）设每秒钟电熨斗放出的热量为Q、电熨斗和周围空气的温差温差为△T，
通电时间10秒，断电时间40秒，电熨斗表面温为100℃，可得Q×10＝k△T×（10+40），
即＝k×（100﹣20）＝80k；
通电时间为20秒，断电时间为30秒，可得：Q×20＝k△T×（20+30），
则＝k△T，
解得：△T＝160℃，
则电熨斗的温度T1＝△T+20℃＝160℃+20℃＝180℃；
（2）若熨斗的调节器失灵，加热器一直通电，可得，
Q＝k△T′，
解得：△T′＝400℃
此时电熨斗的表面温度：T2＝400℃+10℃＝410℃。
答：（1）若电熨斗调在“棉布”位置，熨斗通电20s，断电30s…则在“棉布”位置，熨斗表面的温度稳定在180℃；
（2）若室温在10℃，熨斗温控失灵，加热器一直通电，则此时熨斗表面温度为410℃。
物质
比热容c/[J⋅（kg⋅℃）﹣1]
物质
熔点/℃
物质
密度ρ/（kg⋅m﹣3）
水
4.2×103
固态酒精
﹣117
酒精
0.8×103
酒精
2.4×103
固态水银
﹣38.8
纯水
1.0×103
水银
0.14×103
冰
0
铜
8.9×103
干泥土
0.84×103
海波
48
铝
2.7×103
液体
质量（g）
初温（℃）
末温（℃）
加热时间（min）
水
300
20
30
12
煤油
300
20
30
6
质量/kg
温度升高10℃所用的时间/s
温度升高20℃所用的时间/s
沙
水
质量/kg
加热2min所升高的温度/10℃
加热5min所升高的温度/10℃
沙
水
物质
次数
质量m/kg
升高的温度△T/℃
加热时间t/min
水
1
0.1
10
2
2
0.2
10
4
煤油
3
0.1
10
1
4
0.2
10
2
加热时间/min
0
2
4
6
8
10
12
温度/℃
海水
31.0
31.6
32.1
32.5
32.8
33.0
33.1
沙子
31.0
31.8
33.8
34.5
35.8
36.0
36.3
吸收热量/千焦
0
50
100
150
200
300
400
500
600
650
温度/℃
﹣87.5
﹣62.5
﹣37.5
﹣12.5
0
0
0
0
12.5
25.0
吸收热量/千焦
750
850
900
950
1000
2000
3000
3100
3150
3200
温度/℃
50.0
75.0
87.5
100.0
100.0
100.0
100.0
100.0
100.0
125.0
吸收热量/千焦
0
50
100
150
200
300
400
500
600
650
温度/℃
﹣87.5
﹣62.5
﹣37.5
﹣12.5
0
0
0
0
12.5
25.0
吸收热量/千焦
750
850
900
950
1000
2000
3000
3100
3150
3200
温度/℃
50.0
75.0
87.5
100.0
100.0
100.0
100.0
100.0
100.0
125.0