2024年初中物理同步练习《13.3+比热容》

这是一份2024年初中物理同步练习《13.3+比热容》，共24页。
2．甲、乙两物体质量相等，当甲物体温度升高10℃，乙物体温度升高20℃时，甲物体吸收的热量是乙物体吸收热量的2倍，则甲的比热容是乙的比热容的（ ）
A．2倍B．4倍C．1倍D．3倍
3．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．吸收热量，内能增加
C．比热容、内能、温度都不变D．比热容改变，内能增加，温度升高
4．两个相同的容器分别装了质量相同的两种液体，用同一热源分别加热，液体温度与加热时间关系如图所示。根据图线可知（ ）
A．甲液体的比热容大于乙液体的比热容
B．如果升高相同的温度，两种液体吸收的热量相同
C．加热时间相同，甲液体吸收的热量大于乙液体吸收的热量
D．加热时间相同，甲液体温度升高比乙液体温度升高得多
5．用相同的电加热器分别对质量相等的A和B两种液体（不计热量损失）如图是A和B的温度随加热时间变化的图象，下列说法正确的是（ ）
A．A的比热容与B的比热容之比为2：1 B．A的比热容与B的比热容之比为2：3
C．都加热t时间，B吸收热量比A吸收热量多 D．A和B升高相同的温度，B吸收热量较多
6．蒸馒头的师傅在用手从蒸笼里拿刚蒸熟的馒头时，为了避免手被烫伤，要先用手蘸一下凉水，他这样做的主要道理是（ ）
A．利用凉水是热的不良导体，把手和热馒头分开
B．利用凉水温度低，能快速降低蒸笼内水蒸气的温度C．利用凉水蒸发要吸热，能降低水的温度
D．利用凉水先对手进行冷却，同时又由于水的比热容较大，避免手被烫伤
7．下列事例中不是利用水的比热容大的特性的是（ ）
A．夏天。在地上洒水会感到凉快B．北方楼房内的“暖气”用水作为介质
C．海边昼夜温差变化比沙漠中小D．生物体内水的比例高，有助于调节自身的温度
8．我国北方冬天取暖用的“暖气”，通常用水作为输运能量的介质，这是因为水的（ ）
A．密度大B．密度小C．比热容大D．比热容小
9．水具有比热容大的特点，下列现象及应用与此特点无关的是（ ）
A．海陆风的形成B．夏天在教室地面上洒水，感觉变凉爽
C．冬天的暖气设备用热水供暖D．用水来冷却汽车发动机
10．青岛海滩是夏天旅游的好地方，在炙热的夏天赤脚踩在沙滩上感觉烫脚，而站在海边的浅水滩处却感到凉爽。形成这种现象的原因，下面解释正确的是（ ）
A．沙子的密度小，水的密度大B．沙子的密度大，水的密度小
C．沙子的比热容大，水的比热容小D．沙子的比热容小，水的比热容大
11．图为海风形成的示意图，海风形成的根本原因是：与海洋相比，陆地的（ ）
A．比热容较小，在相同日照条件下升温较快，气温较高
B．比热容较小，在相同日照条件下升温较慢，气温较低
C．比热容较大，在相同日照条件下升温较快，气温较高
D．比热容较大，在相同日照条件下升温较慢，气温较低
12．1千克20℃的水吸收4.2×105焦的热量后，它的温度在下列给出的四个温度中，最多有几个可能温度（ ）①80℃ ②100℃ ③120℃ ④130℃
A．1B．2C．3D．4
13．用两个相同的电热水器给质量同为2kg的物体甲和水加热，他们的温度随加热时间的变化关系如图所示，据此判断甲物质10min吸收的热量为（ ）
A．0.84×105JB．1.2×105J C．2.52×105JD．都不是，不能计算
14．A、B两物体质量相等，温度均为10℃；甲、乙两杯水质量相等，温度均为50℃．现将A放入甲杯，B放入乙杯，热平衡后甲杯水温降低了4℃，乙杯水温降低了8℃，不考虑热量的损耗，则A、B两物体的比热容之比为（ ）A．4：9B．3：5C．2：3D．1：2
15．甲、乙两杯中分别盛有60℃和20℃质量相同的水，现将一温度为20℃的铁球投入甲杯中足够长时间，取出后再投入乙杯，停留足够时间。如果不计热量损失，比较甲、乙两杯的水温变化，则（ ）
A．△t甲＜△t乙B．△t甲＞△t乙C．△t甲=△t乙D．无法判定
16．将一杯热水倒入容器内的冷水中，冷水温度升高10℃，又向容器内倒入同样一杯热水，冷水温度又升高6℃，若再向容器内倒入同样一杯热水，则冷水温度将再升高（不计热损失）（ ）
A．10℃B．6℃C．6℃以上D．6℃以下
17．甲、乙两块质量相同的不同金属，在沸水里加热一段时间。先取出甲决投入一杯冷水里，当达到热平衡后，水温升高20℃．再取出甲块，立即将乙块从沸水中取出投入这杯水中，再次达到热平衡，水温又升高20℃．若不计热的损失，则由此可判断（ ）
A．甲的比热容比乙大B．甲的比热容比乙小
C．甲的比热容跟乙相等D．无法确定比热容大小
二．多选题（共1小题）
18．用相同的酒精灯分别对a、b两液体加热（如图甲），根据测得数据分别描绘出两液体的温度随时间变化的图象（如图乙）．在相同的时间内两液体吸收的热量相等，不计液体热量散失，分别用ma、mb、ca、cb表示a、b两液体的质量和比热容，则结合图中信息作出的下列推断正确的是（ ）
A．若ma=mb，则ca＞cbB．若ma=mb，则ca＜cb
C．若ca=cb，则ma＜mbD．若ca=cb，则ma＞mb
三．填空题（共5小题）
19．核电站发生重大事故时，为了降低核安全壳周围的温度，采用水对其进行冷却，因为水的 较大，且它汽化时能 （选填“吸收”或“放出”）大量的热。
20．汽车用水做冷却液，利用了水的 大、水的沸点 （高、低）的特点。汽车防冻冷却液一般是以水和乙二醇为原料混合而成的。配制防冻冷却液时将少量乙二醇加入水中，二者混合后实际的总体积小于混合前水和乙二醇的总体积，这说明分子间 。
21．同种物质组成的甲、乙两个物体，其质量m甲：m乙=4：1，升高的温度t甲：t乙=2：3，那么它们吸收的热量Q甲：Q乙= ，热传递发生的条件是存在 。
22．随着人们物质生活水平逐步提高，农村的厨灶发生了革命性的变化煤球炉、沼气灶和液化气灶等灶具已走进家庭。液化气与煤相比，热学方面突出的优点是 ；若要将2.5kg初温为20℃的水加热到80℃，至少需要燃烧 m3的液化气（水的比热容是4.2×103J/（kg•℃），液化气的热值是5.0×107J/m3）
23．每年麦收时节，农民往往把麦秸秆堆在田里焚烧，这样既污染环境，又浪费资源。据测算，1t麦秸秆在沼气池中可以产生270m3沼气，剩余的残渣还是优质有机肥料。统计表明，荆州市农村一个村一般每年可产生500t麦秸秆，若这些麦秸秆用来在沼气池中产生沼气，产生的沼气完全燃烧后，可以放出 J的热量；在标准大气压下，可以将 壶装有质量为2.5kg、初温为20℃的水烧开[沼气的热值为1.9×107J/m3，水的比热容为4.2×103J/（kg•℃ ）]。
四．实验探究题（共2小题）
24．运用知识解决问题
（1）小明到海水浴场玩，他光着脚踩在沙滩上，感到沙子烫脚，当身体进入水中时，觉得水比较凉，这是因为：水的比热容 ，海水和沙子相比，在同样受热时，沙子的温度变化比海水 。
（2）水的比热容为4.2×103J/（kg•℃），煤油的比热容为2.1×103J/（kg•℃）．在实验室中用完全相同的两个试管分别装上质量相等的煤油和水，用相同热源对试管均匀加热。下列图象正确的是 。
（3）关于温度、内能和热量，下列说法正确的是 。
A．温度相同的两个物体间也能发生热传递B.0℃ 的冰变成0℃的水，温度不变，内能不变
C．物体的温度越高，含有的热量越多D．任何物体都具有内能，通过摩擦可增大冰块的内能
（4）下列现象中，属于机械能转化为内能的是 。
A．航天飞行器穿越大气层时表面发热 B．冬天用热水袋取暖
C．放爆竹时，爆竹腾空而起 D．电灯发出光和热
（5）对100g水加热，水的沸腾图象如图，请你计算从开始计时到加热3min内水吸收的热量（请写出计算过程）
25．为了探究某物质在固态和液态时的吸热能力，宗诚用酒精灯均匀加热0.4kg该种固体，根据实验数据绘制出的图线如图所示。通过查阅资料已知该物质液态（BC阶段）时的比热容为3×103J/（kg•℃）。
（1）该物质是 （晶体或非晶体），在B点时的内能 （大于/小于/等于）在A点时的内能；
（2）该物质从第6min到第10min共吸收 J热量，该物质在固态（OA阶段）时的比热容为
J/（kg•℃ ）；
（3）经测量BC阶段消耗热值为3.0×107J/kg的酒精10g（酒精完全燃烧），则在BC阶段的热转化效率为 。
五．计算题（共1小题）
26．由于天气寒冷，吃早饭时妈妈要用热水给小明加热250g瓶装牛奶，如图所示，要使这瓶牛奶的温度由10℃最终升高到50℃，（水的比热容为4.2×103J/（kg•℃），牛奶的比热容为2.1×103J/（kg•℃）不计热量损失
（1）牛奶需要吸收多少热量？
（2）妈妈至少要用60℃的热水多少？

六．解答题（共1小题）
27．某工厂利用地热温泉水辅助冬季供暖。地热温泉每天出水量为2.5×104kg，温泉水的初温是80℃，供暖后温度降低到40℃．温泉水的比热容是4.2×103J/（kg•℃）．试求：
（1）这些温泉水每天放出的热量是多少？
（2）若这些热量由热值为3.0×107J/kg的焦炭提供，至少需要完全燃烧多少千克的焦炭？

九年级上学期《13.3 比热容》参考答案与试题解析

一．选择题（共17小题）
1．水的比热容是煤油比热容的2倍，若水和煤油的质量之比为1：2，吸收的热量之比为2：3，则水和煤油升高的温度之比为（ ）
A．3：2B．2：3C．4：3D．3：4
【分析】已知水和煤油的比热容关系、质量之比和吸收的热量的之比，可利用公式△t=计算物体温度变化之比。
【解答】解：
由题知，水的比热容是煤油比热容的两倍，即：=，而=、吸收的热量之比：=，
因为Q=cm△t，
所以△t=，
所以它们升高的温度之比为：
==××=××=。
故选：B。

2．甲、乙两物体质量相等，当甲物体温度升高10℃，乙物体温度升高20℃时，甲物体吸收的热量是乙物体吸收热量的2倍，则甲的比热容是乙的比热容的（ ）
A．2倍B．4倍C．1倍D．3倍
【分析】热量公式Q=cm△t中的m相同，乙升高的温度是甲的2倍，甲吸收的热量是乙吸收热量的2倍，可知甲的比热与乙的比热容之比。
【解答】解：由Q=cm△t可得：
==××=××=。
所以甲的比热容是乙的比热容的4倍。
故选：B。

3．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．吸收热量，内能增加
C．比热容、内能、温度都不变
D．比热容改变，内能增加，温度升高
【分析】冰在熔化过程温度不变，但需要继续吸热，所以内能增加
【解答】解：冰在熔化过程中，吸收热量，而温度保持不变，但内能在增加，比热容是物质的一种特性，不会改变。
故选：B。

4．两个相同的容器分别装了质量相同的两种液体，用同一热源分别加热，液体温度与加热时间关系如图所示。根据图线可知（ ）
A．甲液体的比热容大于乙液体的比热容
B．如果升高相同的温度，两种液体吸收的热量相同
C．加热时间相同，甲液体吸收的热量大于乙液体吸收的热量
D．加热时间相同，甲液体温度升高比乙液体温度升高得多
【分析】A、在纵轴上找一点，保证两种液体升高相同的温度；过这点做横轴的平行线，与甲乙两种液体的图象有交点，再过交点做纵轴的平行线，与横轴上有交点，比较甲乙两种液体的加热时间，加热时间长的吸收热量多，根据公式Q吸=cm（t﹣t0）得出比热容的关系；
B、在纵轴上找一点，保证两种液体升高相同的温度；过这点做横轴的平行线，与甲乙两种液体的图象有交点，再过交点做纵轴的平行线，与横轴上有交点，比较甲乙两种液体的加热时间，加热时间长的吸收热量多；
C、用同一热源加热，相同的加热时间，甲乙液体吸收的热量就是相同的；
D、在横轴上找一点，保证加热时间相同；过这点做纵轴的平行线，与甲乙两种液体的图象有交点，再过交点做横轴的平行线，与纵轴上有交点，比较甲乙升高温度的关系。
【解答】解：A、根据下面的图象可知：质量相同的甲乙两种液体升高相同的温度，甲的加热时间更长，吸收的热量更多，根据公式Q吸=cm（t﹣t0），质量、升高的温度一定时，吸收的热量和物质的比热容成正比，甲吸收的热量多说明甲的比热容大，所以A是正确的；
B、根据下面的图象可知：质量相同的甲乙两种液体升高相同的温度，甲的加热时间更长，吸收的热量更多，所以B是错误的；
C、同一热源加热，相同的时间内甲乙两种液体吸收的热量就是相同的，所以C是错误的；
D、根据下面的图象可知：质量相同的甲乙两种液体加热相同的时间，乙的温度升高值更大，所以D是错误的。
图象如下：
故选：A。

5．用相同的电加热器分别对质量相等的A和B两种液体（不计热量损失）如图是A和B的温度随加热时间变化的图象，下列说法正确的是（ ）
A．A的比热容与B的比热容之比为2：1
B．A的比热容与B的比热容之比为2：3
C．都加热t时间，B吸收热量比A吸收热量多
D．A和B升高相同的温度，B吸收热量较多
【分析】（1）用相同的电加热器分别对质量相等的A和B两种液体加热，在时间t内，吸收的热量相同，知道A、B的温度变化，而A、B的质量相同，利用c=可得比热容的大小关系；
（2）由图可知，A、B升高相同的温度，加热A的时间比B的时间长，据此比较吸收的热量关系。
【解答】解：
（1）由图可知，在时间t内，吸收的热量相同，故C错；
在时间t，吸收的热量相同，A的温度变化△tA=20℃，B的温度变化△tB=40℃，A、B的质量相同，由Q吸=cm△t得c=，则cA：cB=△tB：△tA=2：1，故A正确、B错；
（2）由图可知，A、B升高相同的温度，加热A的时间长，A吸收的热量多，故D错。
故选：A。

6．蒸馒头的师傅在用手从蒸笼里拿刚蒸熟的馒头时，为了避免手被烫伤，要先用手蘸一下凉水，他这样做的主要道理是（ ）
A．利用凉水是热的不良导体，把手和热馒头分开
B．利用凉水温度低，能快速降低蒸笼内水蒸气的温度
C．利用凉水蒸发要吸热，能降低水的温度
D．利用凉水先对手进行冷却，同时又由于水的比热容较大，避免手被烫伤
【分析】（1）因为水的比热容较大：相同质量的水和其它物质比较，吸收或放出相同的热量，水的温度升高或降低的少；升高或降低相同的温度，水吸收或放出的热量多；
（2）物质由液态变为气态称为汽化，汽化过程需要吸热。
【解答】解：
手拿刚出笼的馒头时，若先在手上沾些冷水，利用凉水先对手进行冷却，冷水遇到热的馒头，冷水会汽化，汽化吸收手上的热，使手的温度降低，同时又由于水的比热容较大，升温较慢，避免手被烫伤，故D正确。
故选：D。

7．下列事例中不是利用水的比热容大的特性的是（ ）
A．夏天。在地上洒水会感到凉快
B．北方楼房内的“暖气”用水作为介质
C．海边昼夜温差变化比沙漠中小
D．生物体内水的比例高，有助于调节自身的温度
【分析】水的比热容大，相同质量的水和其它物质比较，升高或降低相同的温度，水吸收或放出的热量多；吸收或放出相同的热量，水升高或降低的温度少，据此分析。
【解答】解：
A、夏天在地上洒水感到凉快是利用了水的蒸发吸热，而不是利用水的比热容大的特点，故A符合题意；
B、因为水的比热容大，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，所以北方楼房内的“暖气”用水作为介质，故B不符合题意；
C、沿海地区和沙漠地区相比，沿海地区水多，水的比热容大，在相同的吸放热条件下，水的温度变化小，冬暖夏凉，昼夜温差小；沙漠地区多砂石，砂石的比热容较小，在相同的吸热条件下，砂石的温度变化大，故C不符合题意；
D、生物体内水的比例很高，在外界环境温度升高时，生物体即使吸收较多的热量，由于水的比热容较大，体温不会升的过高；同理在在外界环境温度降低时，由于水的比热容较大，即使放出较多的热量，体温也不会过低，所以生物体内的水分有助于调节生物体自身的温度，以免温度变化太快对生物体造成损害，故D不符合题意。
故选：A。

8．我国北方冬天取暖用的“暖气”，通常用水作为输运能量的介质，这是因为水的（ ）
A．密度大B．密度小C．比热容大D．比热容小
【分析】因为水的比热容较大：相同质量的水和其它物质比较，吸收或放出相同的热量，水的温度升高或降低的少；升高或降低相同的温度，水吸收或放出的热量多，据此分析。
【解答】解：因为水的比热容大，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，取暖效果好，所以暖气装置中用水来供热。
故选：C。

9．水具有比热容大的特点，下列现象及应用与此特点无关的是（ ）
A．海陆风的形成
B．夏天在教室地面上洒水，感觉变凉爽
C．冬天的暖气设备用热水供暖
D．用水来冷却汽车发动机
【分析】（1）对水的比热容大的理解：相同质量的水和其它物质比较，吸收或放出相同的热量，水的温度升高或降低的少；升高或降低相同的温度，水吸收或放出的热量多；
（2）室内增加了一盆水后，增大了水的表面积，可以加快水的蒸发，增加空气的湿度；
【解答】解：A、因为水的比热容比泥土、沙石的比热容大，白天，太阳照射下海岸和海水吸收相同的热量，海水温度上升慢；海岸吸热后，温度上升快，热空气上升，微风从海洋吹向陆地，形成海风；而夜晚，海岸和海水放出相同的热量，但水的比热容大，海水温度降低得少，海面气温较高，空气上升，风就从陆地吹向海上，形成陆风，该选项利用水的比热容最大，故不符合题意；
B、夏天在教室地面上洒水，室内增加了一盆水后，增大了水的表面积，可以加快水的蒸发，增加空气的湿度，故该选项与水的比热容大是无关的，故该选项符合题意；
C、因为水的比热容较大，降低相同的温度，水放出的热量多，所以冬天供暖系统使用热水循环供暖，故与水的比热容最大有关，故不符合题意；
D、因为水的比热容较大，升高相同的温度，水吸收的热量多，所以用水做内燃机的冷却液，与水的比热容最大有关，故不符合题意；
故选：B。

10．青岛海滩是夏天旅游的好地方，在炙热的夏天赤脚踩在沙滩上感觉烫脚，而站在海边的浅水滩处却感到凉爽。形成这种现象的原因，下面解释正确的是（ ）
A．沙子的密度小，水的密度大
B．沙子的密度大，水的密度小
C．沙子的比热容大，水的比热容小
D．沙子的比热容小，水的比热容大
【分析】对水的比热容大的理解：相同质量的水和其它物质比较，吸收或放出相同的热量，水的温度升高或降低的少；升高或降低相同的温度，水吸收或放出的热量多，据此分析判断。
【解答】解：
沙子烫，海水凉，这是因为水的比热容比沙子的比热容大，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，沙子的温度变化大，所以海水凉，沙子烫，故D正确。
故选：D。

11．图为海风形成的示意图，海风形成的根本原因是：与海洋相比，陆地的（ ）
A．比热容较小，在相同日照条件下升温较快，气温较高
B．比热容较小，在相同日照条件下升温较慢，气温较低
C．比热容较大，在相同日照条件下升温较快，气温较高
D．比热容较大，在相同日照条件下升温较慢，气温较低
【分析】根据水的比热容比泥土、沙石的比热容大的特点来分析海陆风和陆海风的形成过程。
【解答】解：
因为水的比热容比泥土、沙石的比热容大，白天，太阳照射下海岸和海水吸收相同的热量，海水温度上升慢；海岸吸热后，温度上升快，热空气上升，微风从海洋吹向陆地，形成海风；而夜晚，海岸和海水放出相同的热量，但水的比热容大，海水温度降低得少，海面气温较高，空气上升，风就从陆地吹向海上，形成陆风，故A正确。
故选：A。

12．1千克20℃的水吸收4.2×105焦的热量后，它的温度在下列给出的四个温度中，最多有几个可能温度（ ）
①80℃②100℃③120℃④130℃
A．1B．2C．3D．4
【分析】已知水的质量、水的比热容、水的初温和水吸收的热量，利用吸热公式求水的末温；再根据水沸腾时的规律（水沸腾时吸热但温度不变）分析判断。
【解答】解：由Q吸=cm△t可得，水应升高的温度：
△t===100℃，
水的最高末温：t最高=t0+△t=20℃+100℃=120℃；
因为水沸腾时温度达到沸点，继续吸热但温度不变，
所以水吸收热量从20℃升高，温度达到沸点后，不再升高，
因为水表面的气压不知道，水的沸点不确定，
所以水的末温可能是80℃、100℃、120℃，不可能为130℃；故C正确。
故选：C。

13．用两个相同的电热水器给质量同为2kg的物体甲和水加热，他们的温度随加热时间的变化关系如图所示，据此判断甲物质10min吸收的热量为（ ）
A．0.84×105JB．1.2×105J
C．2.52×105JD．都不是，不能计算
【分析】由图象知物质甲和水质量相同，升高的温度相同时水吸收的热量是物质甲吸收热量的2倍。根据吸热公式Q吸=cm△t判断两物质的比热容之间的关系，从而得出物质甲的比热容。
由图象确定甲10min升高的温度，然后根据Q吸=cm△t求出甲物质吸收的热量。
【解答】解：由图象可知：用两个相同的电热器给质量相同的物质甲和水加热，水温度升高60℃需要20min，甲物质加热10min吸收的热量与水加热10min吸收的热量的热量相同，且水10min所吸收热量为20min吸收热量的一半，即：
Q吸=Q水=c水m水△t水=×4.2×103J/（kg•℃）×2kg×60℃=2.52×105J
所以ABD都不正确。
故选：C。

14．A、B两物体质量相等，温度均为10℃；甲、乙两杯水质量相等，温度均为50℃．现将A放入甲杯，B放入乙杯，热平衡后甲杯水温降低了4℃，乙杯水温降低了8℃，不考虑热量的损耗，则A、B两物体的比热容之比为（ ）
A．4：9B．3：5C．2：3D．1：2
【分析】（1）物体A放入甲杯水后，水的温度由50℃降低了4℃，变成50℃﹣4℃=46℃，A的温度由10℃升高到46℃，水放出的热量等于A吸收的热量，据此列出热平衡方程，就可以求出A的比热容。
（2）物体B放入乙杯水后，水的温度由50℃降低了8℃，变成50℃﹣8℃=42℃，B的温度由10℃升高到42℃，水放出的热量等于B吸收的热量，据此列出热平衡方程，就可以求出B的比热容。
求出A和B的比热容后，就可以解决问题。
【解答】解：
（1）物体A放入甲杯水后，△t水=4℃，则它们的共同温度为50℃﹣4℃=46℃，
物体A的温度由10℃升高到46℃，则△tA=46℃﹣10℃=36℃，
水放出的热量Q放=c水m水△t水
A吸收的热量Q吸=cAmA△tA，
根据热平衡方程：Q放=Q吸，
即c水m水△t水=cAmA△tA
代入相关数据得：
cA=×
（2）物体B放入乙杯水后，△t水′=8℃，它们的共同温度为50℃﹣8℃=42℃，
B的温度由10℃升高到42℃，则△tB=42℃﹣10℃=32℃，
水放出的热量Q放=c水m水△t水′
B吸收的热量Q吸=cBmB△tB，
根据热平衡方程：Q放=Q吸，
即c水m水△t水′=cBmB△tB
代入相关数据得：
cB=×
（3）∵A、B两物体质量相等，即mA=mB，
∴==4：9。
故选：A。

15．甲、乙两杯中分别盛有60℃和20℃质量相同的水，现将一温度为20℃的铁球投入甲杯中足够长时间，取出后再投入乙杯，停留足够时间。如果不计热量损失，比较甲、乙两杯的水温变化，则（ ）
A．△t甲＜△t乙B．△t甲＞△t乙C．△t甲=△t乙D．无法判定
【分析】要解答本题需掌握：热传递的条件是有温度差，铁球放入温度为60℃的水中时，铁球吸收热量；再将铁球放入20℃质量相同的水中时，铁球放出热量，铁球吸收、放出的热量等于水放出和吸收的热量，根据热平衡方程作出分析和解答。
【解答】解：将温度为20℃的铁球放入温度为60℃的甲杯水中时，铁球吸收热量，水放出热量，Q吸1=Q放1，即c铁m铁（t﹣t0铁）=c水m水（t0水﹣t）；
再将铁球放入20℃质量相同的乙杯水中时，铁球放出热量，水吸收热量，Q吸2=Q放2，即c水m水（t′﹣t0水′）=c铁m铁（t﹣t′）；
因为甲杯中的水温和铁球的温差大于乙杯中水的温度和铁球的温差，即t﹣t0铁＞t﹣t′，所以t0水﹣t＞t′﹣t0水′，即△t甲＞△t乙。
故选：B。

16．将一杯热水倒入容器内的冷水中，冷水温度升高10℃，又向容器内倒入同样一杯热水，冷水温度又升高6℃，若再向容器内倒入同样一杯热水，则冷水温度将再升高（不计热损失）（ ）
A．10℃B．6℃C．6℃以上D．6℃以下
【分析】热传递过程中高温物体放出热量，低温物体吸收热量，直到最后温度相同。
知道热水的质量和温度变化、冷水的质量和温度变化，利用热平衡方程Q吸=Q放列出两个等式，可解得容器里的水与一杯水的质量关系及热水与冷水间的温度差；则假设一次性将全部热水倒入，则可求得冷水升高的总温度，即可求得再加1杯水时容器内的水升高的温度。
【解答】解：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℃；
则注入后3杯水后，水温还会上升：20℃﹣10℃﹣6℃=4℃。
故选：D。

17．甲、乙两块质量相同的不同金属，在沸水里加热一段时间。先取出甲决投入一杯冷水里，当达到热平衡后，水温升高20℃．再取出甲块，立即将乙块从沸水中取出投入这杯水中，再次达到热平衡，水温又升高20℃．若不计热的损失，则由此可判断（ ）
A．甲的比热容比乙大B．甲的比热容比乙小
C．甲的比热容跟乙相等D．无法确定比热容大小
【分析】甲、乙两金属块，先后投入到同一杯水中，甲乙两金属块放出热量、温度降低，水吸收热量、温度升高；
由题知，两次水升高的温度相同，也就是水吸收的热量相同，因为不计热量损失，由热平衡方程可知，甲乙两金属块放出的热量相同；
而甲、乙两金属块的质量相等、初温相同，经放热后，甲金属块比乙多降低了20℃，甲金属块的末温比乙的末温低；
由上述分析可知，质量相同的甲乙两金属块，放出相同的热量，甲降低的温度多，所以甲金属的比热容比乙的小。
【解答】解：先后将甲乙两金属块投入到同一杯水中，水升高的温度相同，水吸收的热量相同；
∵不计热的损失，
∴Q吸=Q放，
∴甲、乙两金属块放出的热量相同；
由题知，甲金属块比乙多降低了20℃；
∴质量相同的甲、乙两金属块，放出相同的热量，甲金属块降低的温度多，所以甲的比热容小，故B正确。
故选：B。

二．多选题（共1小题）
18．用相同的酒精灯分别对a、b两液体加热（如图甲），根据测得数据分别描绘出两液体的温度随时间变化的图象（如图乙）．在相同的时间内两液体吸收的热量相等，不计液体热量散失，分别用ma、mb、ca、cb表示a、b两液体的质量和比热容，则结合图中信息作出的下列推断正确的是（ ）
A．若ma=mb，则ca＞cbB．若ma=mb，则ca＜cb
C．若ca=cb，则ma＜mbD．若ca=cb，则ma＞mb
【分析】物质吸收热量的多少与比热容、质量和升高的温度成正比，由题意知，相同时间两种液体吸收的热量相同，由图象可以得到升高的温度与热量的关系，利用Q=cm△t变形公式对比热容和质量大小作出判断。
【解答】解：
A、B、若ma=mb，吸收相同的热量，a的温度升高幅度大，由c=知，a的比热容较小，b的比热容较大。A选项错误，B选项正确；
C、D、若ca=cb，吸收相同的热量，a的温度升高幅度大，由m=知，a的质量较小，b的质量较大。C选项正确，D选项错误。
故选：BC。

三．填空题（共5小题）
19．核电站发生重大事故时，为了降低核安全壳周围的温度，采用水对其进行冷却，因为水的 比热容 较大，且它汽化时能 吸收 （选填“吸收”或“放出”）大量的热。
【分析】水的比热容大，相同质量的水和其它物质比较，升高或降低相同的温度，水吸收或放出的热量多；吸收或放出相同的热量，水升高或降低的温度少；
水从液态变为气态叫汽化，汽化要从周围吸收热量，据此分析。
【解答】解：
因为水的比热容大，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，所以当核电站发生重大事故时，为了降低核安全壳周围的温度，灌注海水降温；同时水汽化时要从周围吸收热量，起到降温的作用。
故答案为：比热容；吸收。

20．汽车用水做冷却液，利用了水的 比热容 大、水的沸点 低 （高、低）的特点。汽车防冻冷却液一般是以水和乙二醇为原料混合而成的。配制防冻冷却液时将少量乙二醇加入水中，二者混合后实际的总体积小于混合前水和乙二醇的总体积，这说明分子间 有间隙 。
【分析】（1）水的比热容较大，质量相同的水和其它液体相比较，升高相同的温度时，吸收的热量多；吸收或放出相同的热量时，温度变化较小，因此常用来做冷却剂、取暖剂等；
（2）乙二醇与水充分混合后，得到溶液的体积小于小于混合前水和酒精的总体积，是因为分子之间有间隙。
【解答】解：
（1）因为水的比热容大，质量相同时升高相同的温度，吸收的热量多，故大多数汽车防冻冷却液是以水和乙二醇为原料混合而成的，其中主要成份是水，就是利用了水的比热容大、沸点低的特点；
（2）水和乙二醇充分混合后的总体积小于混合前水和乙二醇的总体积，说明分子之间有间隙。
故答案为：比热容；低；有间隙。

21．同种物质组成的甲、乙两个物体，其质量m甲：m乙=4：1，升高的温度t甲：t乙=2：3，那么它们吸收的热量Q甲：Q乙= 8：3 ，热传递发生的条件是存在 温度差 。
【分析】（1）知道甲、乙两个物体由同种材料组成（比热容相同），又知道质量、温度升高值的大小关系，利用Q吸=cm△t求两物体吸收热量的大小关系。
（2）热传递发生的条件：物体间或物体的不同部分之间存在温度差。
【解答】解：
（1）因为Q吸=cm△t，甲、乙两个物体由同种材料做成，c甲=c乙，m甲：m乙=4：1，t甲：t乙=2：3，
所以两物体吸收热量：
Q甲：Q乙===8：3；
（2）发生热传递的条件是两物体间存在温度差：高温物体放热，低温物体吸热。
故答案为：8：3；温度差。

22．随着人们物质生活水平逐步提高，农村的厨灶发生了革命性的变化煤球炉、沼气灶和液化气灶等灶具已走进家庭。液化气与煤相比，热学方面突出的优点是 热值高 ；若要将2.5kg初温为20℃的水加热到80℃，至少需要燃烧 0.0126 m3的液化气（水的比热容是4.2×103J/（kg•℃），液化气的热值是5.0×107J/m3）
【分析】（1）从燃料的热值方面和燃烧时对环境的污染情况分析。
（2）知道水的质量、水的比热容、水的温度变化值，利用吸热公式求水吸收的热量，假设液化气完全燃烧放出的热量全被水吸收，可得液化气完全燃烧放出的热量，再利用Q=Vq计算需要的液化气的质量。
【解答】解：（1）液化气与煤相比，在热学方面突出的优点是液化气的热值大，燃烧时环境污染小。
（2）水吸收的热量：
Q吸=cm△t=4.2×103J/（kg•℃）×2.5kg×（80℃﹣20℃）=6.3×105J，
由题知，Q放=Q吸，Q放=Vq，
至少需要燃烧液化气的体积：
V===0.0126m3。
故答案为：热值高；0.0126。

23．每年麦收时节，农民往往把麦秸秆堆在田里焚烧，这样既污染环境，又浪费资源。据测算，1t麦秸秆在沼气池中可以产生270m3沼气，剩余的残渣还是优质有机肥料。统计表明，荆州市农村一个村一般每年可产生500t麦秸秆，若这些麦秸秆用来在沼气池中产生沼气，产生的沼气完全燃烧后，可以放出 2.565×1012 J的热量；在标准大气压下，可以将 3.05×106 壶装有质量为2.5kg、初温为20℃的水烧开[沼气的热值为1.9×107J/m3，水的比热容为4.2×103J/（kg•℃）]。
【分析】（1）先求出500t秸秆产生的沼气，然后根据Q=qV求出沼气完全燃烧放出的热量；
（2）根据Q=cm△t求出一壶水吸收的热量，然后沼气放出的热量与一壶水吸收的热量的比值即为烧开的壶数。
【解答】解：（1）500t麦秸杆产生的沼气：V=500×270m3=1.35×105m3，
这些沼气完全燃烧放出的热量：Q=qV=1.9×107J/m3×1.35×105m3=2.565×1012J；
（2）一壶水吸收的热量：Q′=cm△t=4.2×103J/（kg•℃）×2.5kg×（100℃﹣20℃）=8.4×105J，
则烧开的壶数：n===3.05×106壶。
故答案为：2.565×1012；3.05×106。

四．实验探究题（共2小题）
24．运用知识解决问题
（1）小明到海水浴场玩，他光着脚踩在沙滩上，感到沙子烫脚，当身体进入水中时，觉得水比较凉，这是因为：水的比热容 大 ，海水和沙子相比，在同样受热时，沙子的温度变化比海水 大 。
（2）水的比热容为4.2×103J/（kg•℃），煤油的比热容为2.1×103J/（kg•℃）．在实验室中用完全相同的两个试管分别装上质量相等的煤油和水，用相同热源对试管均匀加热。下列图象正确的是 C 。
（3）关于温度、内能和热量，下列说法正确的是 D 。
A．温度相同的两个物体间也能发生热传递
B.0℃的冰变成0℃的水，温度不变，内能不变
C．物体的温度越高，含有的热量越多
D．任何物体都具有内能，通过摩擦可增大冰块的内能
（4）下列现象中，属于机械能转化为内能的是 A 。
A．航天飞行器穿越大气层时表面发热 B．冬天用热水袋取暖
C．放爆竹时，爆竹腾空而起 D．电灯发出光和热
（5）对100g水加热，水的沸腾图象如图，请你计算从开始计时到加热3min内水吸收的热量（请写出计算过程）
【分析】（1）沿海地区，水多，因为水的比热容较大，相同质量的水和泥土沙石比较，吸收或放出相同的热量，水的温度升高或降低的少，据此分析；
（2）水的比热容大于煤油的比热容，根据公式Q=cm△t，相同质量的水和煤油吸收相同的热量，水的温度变化较小；
（3）①热传递发生的条件是要有温度差，如果温度一样，则就不会发生热传递；
②一块0℃的冰变成0℃的水的过程中，吸收热量，内能增大，温度不变；
③热量是个过程量，只能说吸收或者放出热量，不能说含有热量；
④改变内能的方式有两种：做功和热传递；
（4）做功和热传递都可以改变物体的内能，做功是能量的转化，热传递是能量的转移，对物体做功可以使机械能转化为内能；
（5）由图知，经过3min时间加热，水升高的温度值，利用吸热公式求水吸收的热量。
【解答】解：
（1）根据Q=cm△t可知，质量相同的不同物质，吸收相同的热量，比热容大的温度改变较小；
水的比热容较大，同样受热的情况下，吸收相同热量，沙子的温度变化比海水大，因此，小明光着脚踩在沙滩上，感到沙子烫脚，当身体进入水中时，觉得水比较凉；
（2）由Q吸=cm△t得，△t=，质量相同的水和煤油吸收相同的热量，煤油的比热容为水的比热容的，所以煤油升高的温度为水升高温度的2倍，所以C正确；
（3）A、热传递发生的条件是要有温度差，如果温度一样，则就不会发生热传递，故A错误；
B、0℃的冰变成0℃的水的过程中，吸收热量，内能增大，温度不变，故B错误；
C、不能说物体含有热量，因为热量是一个过程量，故C错误；
D、摩擦生热，是用克服摩擦做功的方法改变物体内能的，故D正确。
（4）A、航天飞行器穿越大气层时，与大气层发生摩擦，表面发热内能增加，属于通过做功的方式使内能增加，机械能转化为内能，符合题意；
B、冬天用热水袋取暖，是通过热传递的方式增加物体的内能，不符合题意；
C、爆竹点燃后腾空升起，是爆炸产生的气体的内能转化为爆竹的机械能，不符合题意；
D、电灯消耗电能发出光和热，是电能转化为内能，不符合题意；
（5）由图可知，经过3min加热，水温由70℃升高到95℃，
水吸收的热量：Q吸=cm（t﹣t0）=4.2×103J/（kg•℃）×0.1kg×（95℃﹣70℃）=1.05×104J；
故答案为：（1）大；大；（2）C；（3）D；（4）A；（5）从开始计时到加热3min内水吸收了1.05×104J热量。

25．为了探究某物质在固态和液态时的吸热能力，宗诚用酒精灯均匀加热0.4kg该种固体，根据实验数据绘制出的图线如图所示。通过查阅资料已知该物质液态（BC阶段）时的比热容为3×103J/（kg•℃）。
（1）该物质是 晶体 （晶体或非晶体），在B点时的内能 大于 （大于/小于/等于）在A点时的内能；
（2）该物质从第6min到第10min共吸收 4.8×104 J热量，该物质在固态（OA阶段）时的比热容为 1.5×103 J/（kg•℃）；
（3）经测量BC阶段消耗热值为3.0×107J/kg的酒精10g（酒精完全燃烧），则在BC阶段的热转化效率为 16% 。
【分析】（1）晶体熔化时吸热、内能增大，但温度不变。
（2）根据Q吸=cm△t计算该物质吸收的热量。物质在固态（OA阶段）时吸收的热量等于BC段吸热的一半，根据Q吸=cm△t变形可求得该物质在固态（OA阶段）时的比热容；
（3）对酒精灯来说，有用功为被水吸引的热量，总功为酒精完全燃烧放出的热量，酒精灯的效率可用公式η=来计算。
【解答】解：
（1）该物质在熔化过程中吸收热量、温度不变，是晶体，因此该物质在B点时的内能大于在A点时的内能；
（2）由图象知，在第6min水的温度为50℃，在第10min的温度为90℃，则：
Q吸=cm△t=3×103J/（kg•℃）×0.4kg×（90℃﹣50℃）=4.8×104J；
物质在固态（OA阶段）时吸收的热量Q吸′=Q吸=×4.8×104J=2.4×104J，
由Q吸=cm△t可得：
c===1.5×103J/（kg•℃）；
（3）Q总=mq酒精=0.01kg×3.0×107J/kg=3×105J，
则η==×100%=16%。
故答案为：（1）晶体；大于；（2）4.8×104；1.5×103；（3）16%。

五．计算题（共1小题）
26．由于天气寒冷，吃早饭时妈妈要用热水给小明加热250g瓶装牛奶，如图所示，要使这瓶牛奶的温度由10℃最终升高到50℃，（水的比热容为4.2×103J/（kg•℃），牛奶的比热容为2.1×103J/（kg•℃）不计热量损失
（1）牛奶需要吸收多少热量？
（2）妈妈至少要用60℃的热水多少？
【分析】（1）在加热过程中，知道牛奶的质量、牛奶的比热容、牛奶的初温和末温，利用吸热公式Q吸=cm△t求牛奶吸收的热量；
（2）知道水的初温和末温，水的比热容，不计热量损失，根据热平衡方程Q吸=Q放求需要水的质量。
【解答】解：（1）牛奶吸收的热量：
Q吸=c1m1（t﹣t01）
=2.1×103J/（kg•℃）×0.25kg×（50℃﹣10℃）
=2.1×104J，
（2）Q吸=Q放=2.1×104J，
即c水m水（t02﹣t）=Q放，
则m水===0.5kg。
答：（1）牛奶需要吸收2.1×104J的热量；
（2）妈妈至少要用60℃的热水0.5kg。

六．解答题（共1小题）
27．某工厂利用地热温泉水辅助冬季供暖。地热温泉每天出水量为2.5×104kg，温泉水的初温是80℃，供暖后温度降低到40℃．温泉水的比热容是4.2×103J/（kg•℃）．试求：
（1）这些温泉水每天放出的热量是多少？
（2）若这些热量由热值为3.0×107J/kg的焦炭提供，至少需要完全燃烧多少千克的焦炭？
【分析】（1）知道温泉水的质量、比热容和水的初温和末温，利用放热公式求水放出的热量；
（2）由题知，Q放=Q吸，根据Q放=mq求需要焦炭的质量。
【解答】解：
（1）温泉水放出的热量：
Q放=c水m水△t
=4.2×103J/（kg•℃）×2.5×104kg×（80℃﹣40℃）
=4.2×109J；
（2）由题知，Q放=Q吸=4.2×109J，
由Q放=mq得需要焦炭的质量：
m炭===140kg。
答：（1）这些温泉水每天放出的热量是4.2×109J；
（2）若这些热量由热值为3.0×107J/kg的焦炭提供，至少需要完全燃烧140kg的焦炭。