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九年级全册第3节 比热容同步练习题
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这是一份九年级全册第3节 比热容同步练习题，共12页。
13.3 比热容
基础巩固
1．单位质量某种物质，温度升高1℃所吸收的热量叫 ，水的比热容为 ，其物理意义可表述为 。
【答案】比热容；4.2×103J/（kg•℃）；1kg的水温度升高或降低1℃，吸收或放出的热量为4.2×103J
【分析】单位质量某种物质，温度升高1℃所吸收的热量叫做这种物质的比热容。
水的比热容为4.2×103J/（kg•℃）；物理意义是：1kg的水温度升高或降低1℃，吸收或放出的热量为4.2×103J。
2．海边的气温变化较小，这是因为海水的 较大；腌制海鸭蛋时，盐进入蛋中使蛋变咸是 现象。
【答案】比热容；扩散。
【分析】因为水的比热容较大，与其他物质相比，在同等情况下吸收或放出相同的热量，水的温度变化较小；腌制海鸭蛋时，把盐撒在蛋壳上一段时间，鸭蛋就会变咸，说明分子在不停地做无规则运动，这是扩散现象。
3．初夏的贵阳，天气凉爽，日平均气温在20℃左右，此温度 （选填“高于”或“低于”）人的正常体温。但在寒冷的冬天，人们常用搓摩双手的方法保暖，这是通过 改变物体的内能。如果将10kg20℃的水加热到40℃，需吸收 J的热量。
【答案】低于；做功；8.4×105．
【分析】解：（1）人的正常体温为37℃，初夏的贵阳日平均气温在20℃左右，此温度低于人的正常体温；
（2）双手对搓后感觉手上发热，是克服摩擦做功，机械能转化为内能，通过做功的方式改变物体的内能；
（3）水吸收的热量：Q吸＝cm（t﹣t0）＝4.2×103J/（kg•℃）×10kg×（40℃﹣20℃）＝8.4×105J。
4．若质量为2kg的某种物质温度从20℃升高到40℃时，吸收的热量是1.84×104J，则该物质的比热容为 J/（kg•℃）；比热容是物质自身的性质，与质量、吸收或放出的热量均 （选填“有关”或“无关”）。
【答案】0.46×103；无关．
【分析】解：由Q＝cm△t可得，该物质的比热容：c=Qm△t=1.84×104J2kg×(40℃−20℃)=0.46×103J/（kg•℃），
比热容是物质的一种特性，只与物质的种类和状态有关，与物体吸收或放出的热量、温度的变化、质量的大小均无关。
5．随着“嫦娥三号”卫星成功发射,同学们急于了解月球的相关知识。白天月球表面温度高达127℃,夜晚,温度可降低到零下183℃,其表面温差巨大的原因之一是月球表面物质的比热容 (选填“较大”或“较小”),月球表面的内能是通过 的方式来改变的。
【答案】较小；热传递。
【分析】本题考查比热容的应用。在白天,太阳照射到月球上,通过热传递,使月球表面内能增大,温度升高,在夜晚,温度降低。因为月球表面物质的比热容较小,在吸收相同热量时,温度变化比较大,故白天和晚上月球表面温差巨大。
6．已知铁的比热容小于铝的比热容,质量相同的铁块和铝块吸收相同的热量后, 温度升高得多；若它们降低相同的温度, 放出的热量多。
【答案】铁块；铝块
【分析】本题考查比热容的理解。由于铁的比热容小于铝的比热容,根据公式Q=cmΔt,当质量相同的铁块和铝块吸收相同的热量后,铁块温度升高得多；若它们降低相同的温度,铝块放出的热量多。
7．如图,生活中常用水作为取暖用的液体,因为水的 大,与其他液体相比,降低相同的温度放出的热量 。
【答案】比热容；多
【解析】本题考查比热容的应用。因为水的比热容大,所以降低相同的温度,水放出的热量多。
8．汽车发动机常用水来作冷却剂,这是因为水的比热容较 ,若发动机的水箱中贮有10 kg水,当水温升高20℃时,水吸收的热量是 J。[c水=4.2×103J/(kg·℃)]
【答案】大；8.4×105
【分析】本题主要考查比热容、吸热等有关知识。水的比热容比较大,在吸收相等热量的情况下,其温度升高得比较低,可用来作为汽车的冷却剂；
Q吸=c水mΔt=4.2×103J/(kg·℃)×10 kg×20℃=8.4×105J。
9．在“比较水和煤油的吸热能力”的实验中,可以通过控制水和煤油的质量相同、吸收的热量相同,比较它们 的多少,从而比较它们的吸热能力;实验中,用 间接反映吸收的热量.
【答案】升高温度；加热时间
【分析】比较不同物质的吸热能力,有两种方法:第一种是控制物质的质量相同,用同一热源加热,比较相同的时间内温度的变化值,温度变化越小说明吸热能力越强;第二种是控制物质的质量相同,用同一热源加热,加热到相同的温度,比较加热的时间,时间越长说明吸热能力越强.实验中加热时间越长,表明物体吸收的热量越多,反之吸热越少.
10．10 kg水的比热容是4.2×103 J/(kg·℃),把水倒掉一半,水的比热容是 J/(kg·℃),密度将会 (填“增大”“不变”或“减小”).水结成冰后比热容将 (填“不变”或“改变”).
【答案】4.2×103；不变；改变
【分析】把水倒掉一半,比热容不变,仍为4.2×103 J/(kg·℃),密度不变.水结成冰后比热容将改变.
11．橘农们从天气预报中得知，晚上将有一场霜冻来临，他们傍晚就开始给橘子树喷水，随着温度的下降，水结成冰，而橘子并没有被冻坏，这是由于水 的缘故．育秧时，为了防止秧苗冻坏，晚上往秧田里灌水，早上排水，这是利用了水 的性质．
【答案】凝固放热；比热容大
【分析】夜间气温骤降时，水降温直至凝固成冰，放出热量，这样橘子可以吸收水结冰时放出的热，使温度不会降得太低，所以没有冻坏橘子．育秧时在秧田里灌水，是因为在相同条件下，水的比热容大，降低相同的温度放出的热量多，起到保温作用，不会产生冻害。
12．为了比较豆浆和牛奶的吸热能力，小刚在家中进行了如下的实验：如图甲所示，在两个相同的塑料瓶中分别装入质量相同、初温都是室温的豆浆和牛奶，两瓶中各装有一支相同的温度计，然后将两个塑料瓶同时浸入热水中．观察现象发现：加热相同的时间，豆浆的温度升高较多．
（1）要使牛奶和豆浆升高相同的温度，应对________加热的时间长些．这说明它们升高相同的温度，豆浆吸收的热量比牛奶吸收的热量________．
（2）小明利用实验数据大致描绘出豆浆和牛奶的温度随时间变化的图线，如图乙所示，则图线________应代表豆浆．
【答案】（1）牛奶；少 （2）A
【分析】（1）由热量计算公式Q=cm△t可知，物体吸收热量的多少跟物体的质量、温度的变化量以及物质的比热容有关．实验中控制牛奶和豆浆的质量相同，温度的变化量相同，通过比较加热时间的长短来判断比热容的大小．加热相同的时间，豆浆的温度升高较多，说明吸收相同的热量，牛奶升高的温度慢，说明牛奶的比热容大．因此要使牛奶和豆浆升高相同的温度，应对牛奶加热的时间长些．由于豆浆的比热容小，因此升高相同的温度，吸收的热量少．
（2）结合题目和图象可知，加热相同的时间，豆浆的温度升高较多，所以A图线代表豆浆．
13．关于比热容,下列说法中错误的是 ( )
A.比热容可用来鉴别物质
B.水的比热容较大,可用作汽车发动机的冷却剂
C.沙的比热容较小,所以沙漠地区昼夜温差较大
D.一桶水的比热容比一杯水的比热容大
【答案】D
【分析】比热容是物质的一种特性,不同物质的比热容一般不同,比热容可用来鉴别物质,A正确;水的比热容较大,相同质量的水与其他物质相比,升高相同温度时,水吸收的热量比较多,可用作汽车发动机的冷却剂,B正确;沙的比热容较小,相同质量条件下,吸收或放出相同的热量,温度变化大,所以沙漠地区昼夜温差较大,C正确;比热容是物质的一种特性,与质量没有关系,一桶水的比热容和一杯水的比热容相同,D错误.
14．关于比热容的概念,下列说法错误的是 ( )
A.单位质量的某种物质,温度升高1 ℃所吸收的热量,叫做这种物质的比热容
B.单位质量的某种物质,温度降低1 ℃所放出的热量,也叫做这种物质的比热容
C.某种物质吸收或放出的热量越多,比热容也越大,比热容与热量有关
D.各种物质都有自己的比热容,它是物质的特性之一
【答案】C
【分析】单位质量的某种物质,温度升高(或降低)1 ℃所吸收(或放出)的热量称为该物质的比热容,A,B正确;比热容是物质本身的一种特性,不同物质的比热容一般不同,与物体的温度、质量以及吸收或放出的热量都无关,C错误,D正确.
15．关于比热容,下列说法正确的是( )
A.物体的比热容跟物体吸收(或放出)的热量有关
B.物体的比热容跟物体的温度有关
C.物体的质量越大,它的比热容越大
D.物体的比热容与温度、质量都没有关系
【答案】D
【解析】本题考查比热容的性质。比热容是物质的一种特性,表示1 kg物质温度升高(降低)1℃时吸收(放出)的热量,大小只与物质的种类有关,与吸收或放出的热量无关。
16．下列说法中正确的是( )
A.一杯煤油用去一半,它的比热容减为原来的二分之一
B.吸收热量多的物质,比热容一定大
C.高温物体放出热量一定多
D.质量相同的水和煤油,吸收了相同的热量,煤油升高的温度大于水升高的温度
【答案】D
【解析】本题考查比热容的理解。比热容是物质的一种特性,与它的质量和体积、温度等无关,故选项A是错的。从比热容的定义可知,比较两种物质比热容,应当在质量及升高的温度相同的条件下,比较它们吸热的多少,吸热多的比热容大,反之则小,故B缺少条件,不正确。温度高的物体不发生温度或状态变化,是不会放出或吸收热量的,故C也不正确。由于水的比热容大,当质量相同的水、煤油吸收相同热量时,煤油升高的温度高。
17．水具有比热容大的特点,如图中的现象中与此特点无关的是( )
A.空调房间里放盆水可以增加湿度 B.海边的昼夜温差变化小
C.冬天暖气设备用热水供暖 D.用水冷却汽车发动机
【答案】A
【解析】本题考查水具有较大的比热容的应用。空调房间里,空气干燥,放盆水增加湿度,是利用水的蒸发,增加空气湿度,与比热容无关。故A正确。
18．炎热的盛夏,人站在水中时感觉凉爽,而当人站在沙土上时却感到烫脚,这主要是因为水和沙具有不同的( )
A.热量 B.质量 C.比热容 D.密度
【答案】C
【解析】本题主要考查了比热容的知识。在自然界中,水的比热容最大,因此对气温有很好的调节作用。相同质量的水和沙土在吸收相同的热量后,由于水的比热容远远大于沙土的比热容,所以水升温慢,沙土升温快。
19．两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。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
【答案】A
【解析】本题考查对图像的认识。根据图像可知：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,说明甲的比热容大,所以A对,B错。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；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。
能力提升
20．为了比较水和沙子吸热本领的大小,小文做了如图所示的实验：在两个相同的烧杯中,分别装有质量、初温都相同的水和沙子,用两个相同的酒精灯对其加热,实验数据记录如表：
质量/g
升温10℃所需时间/s
升温20℃所需时间/s
升温30℃所需时间/s
沙子
30
64
89
124
水
30
96
163
220
(1)在此实验中用 表示水和沙子吸热的多少；
(2)分析表中的实验数据可知：质量相等的水和沙子,升高相同温度时,水吸收的热量 (选填“大于”或“小于”)沙子吸收的热量；
(3)如果加热相同的时间,质量相等的水和沙子, (选填“水”或“沙子”)升高的温度更高。
【答案】(1)酒精灯加热时间 (2)大于 (3)沙子
【解析】本题考查物质的吸热能力的实验。(1)本实验采用相同的酒精灯加热,加热时间越长,沙子和水吸收的热量越多,因此实验中用酒精灯加热时间表示水和沙子吸热的多少。
(2)由表中数据可知,水吸收的热量大于沙子吸收的热量。
(3)如果加热相同的时间,根据吸收热量的计算公式Q=cmΔt,水和沙子的质量相等,又因为水的比热容大于沙子的比热容,故沙子升高的温度更高。
21．为了探究物体温度升高时吸收的热量与哪些因素有关,小明做了如下实验：用4个相同的烧杯分别盛水和煤油,用同样的电加热器加热水和煤油,得到如下实验数据：
实验次数
液体
质量/g
初温/℃
末温/℃
加热时间/min
1
水
200
20
30
12
2
水
100
20
30
6
3
煤油
200
20
30
6
4
煤油
200
20
25
3
(1)比较记录 次实验可得出：同种物质,升高相同的温度,质量大的吸收的热量多。
(2)比较记录1和3,结论是 。
(3)比较记录3和4,结论是 。
(4)综合上述结论,进行概括,可以得到的结论是物体温度升高时吸收的热量的多少与
有关。
【答案】(1)1、2
(2)质量相同的不同物质,升高相同的温度,吸收的热量不同
(3)质量相同的同种物质,升高的温度越高,吸收的热量越多
(4)物质的种类、物质的质量、温度的变化量
【解析】本题考查物质的比热容的实验探究。(1)实验1烧杯中液体的质量是200 g,升高10℃用的时间是12分钟,实验2烧杯中液体的质量是100 g,升高10℃用的时间是6分钟,而每分钟吸收的热量是相等的,故说明：物体吸热的多少与质量有关,同种物质升高相同的温度时,质量大的吸收的热量多。
(2)实验1烧杯中液体的质量是200 g,升高10℃用的时间是12分钟,实验3烧杯中液体的质量是200 g,升高10℃用的时间是6分钟,而每分钟吸收的热量是相等的,说明：相同质量的不同物质,升高相同的温度时吸收的热量也不相同。
(3)实验3烧杯中液体的质量是200 g,升高10℃用的时间是6分钟,实验4烧杯中液体的质量是200 g,升高5℃用的时间是3分钟,而每分钟吸收的热量是相等的,说明：相同质量的同种物质,升高的温度越高吸收的热量也越多。
(4)综合上述结论,物体温度升高时吸收的热量的多少与物质的质量、物质的种类、温度的变化量都有关系。
22．为比较物质的吸热能力,小明做了如图所示的实验：在两个相同的烧杯中分别装有质量、初温都相同的水和沙子,用两个相同的酒精灯对其加热,实验数据记录如下：
(1)在此实验中,用加热时间的长短来表示物体 。
(2)比较物质的吸热能力有两种方法：
方法一：加热相同时间比较升高的温度；
方法二：升高相同温度比较加热的时间。
根据甲表中数据,小明选择的是 (选填“方法一”或“方法二”)。
甲
物质
实验次数
质量/g
升高10℃时间/s
升高20℃时间/s
升高30℃时间/s
沙子
1
50
30
60
90
2
100
60
120
180
水
3
50
50
100
150
4
100
100
200
300
(3)分析甲表中的每一组数据都可得到的结论是 。
由实验1和3可知： 。
(4)加热时间相同,质量相同的水和沙子, (选填“沙子”或“水”)升高的温度更高。
(5)实验中小明认为,沙子受热不均匀,会影响实验,想用水和另一种液体来探究物质的吸热能力。他查得“比热容”表如乙表所示。从实验现象最明显的角度,你帮助他选择的另一种液体是 。
乙
一些物质的比热容/[J/(kg·℃)]
水
4.2×103
甘油
2.4×103
煤油
2.1×103
蓖麻油
1.8×103
【答案】(1)吸收热量的多少 (2)方法二
(3)质量相同的同种物质,吸收的热量与升高的温度成正比 质量相同的不同物质,升高相同的温度,吸收的热量不同
(4)沙子 (5)蓖麻油
【解析】本题考查对物质的吸热能力的探究。(1)实验中,利用转换法,通过比较加热的时间比较物质吸热能力的大小,加热的时间越长,吸收的热量就越多；
(2)分析表格数据可知,比较每一列数据,升高的温度相同,加热的时间不同,故小明采用了方法二；
(3)分析每一组数据,升高的温度不同,加热的时间不同,且温度升高几倍,加热时间也是原来的几倍,故可知,质量相同的同种物质,吸收的热量与升高的温度成正比；分析1、3次实验,物质种类不同,质量相同,当升高的温度相同时,水加热时间长,水吸收的热量多,即水吸热能力强。故可得出质量相同的不同物质,升高相同的温度,吸收的热量不同；
(4)分析数据可知,水吸热能力大于沙子吸热能力,故质量相同的水和沙子,加热时间相同,吸收的热量相同时,吸热能力弱的温度升高快,故沙子升高的温度更高；
(5)分析乙表数据可知,蓖麻油的比热容最小,则吸热能力最弱,故使用蓖麻油最好。
23．如图所示，冷热空气的流动导致了夏季海岸微风的形成．关于海岸微风形成的解释下列说法中错误的是（ ）
A．白天，在炎热的日光下，暖空气从陆地上升起，海洋上来的冷空气补充，形成了向陆地的海陆风
B．夜间，暖空气从海洋上升起，陆地上的冷空气补充，形成了向海洋的陆海风
C．形成陆海风和海陆风的主要原因是水的比热容较大
D．形成陆海风和海陆风是由潮汐涌动方向决定的
【答案】D
【分析】由于海水的比热容比陆地上沙石的比热容大，接受太阳辐射能后，海水表面升高的温度少，陆地沙石的比热容相对较小，升高的温度比较多，于是在白天，由于陆地空气温度高，空气上升而形成从海面吹向陆地的风；同理，晚上在相同受冷的情况下，陆地的温度低于海洋的温度，从而形成从陆地吹向海洋的风，故形成了海陆风，故ABC正确不符合题意，D错误，符合题意．
24．小妮在室温下将一支金属汤匙及一支塑胶汤匙同时插入刚买来的冰淇淋两侧，如图所示。经过几分钟后，发觉金属汤匙附近融化的冰淇淋量较塑胶汤匙附近的多，则发生此现象的主要原因最可能是下列何者（ ）
A．因为比热容大小：金属汤匙＞塑胶汤匙
B．因为比热容大小：金属汤匙＜塑胶汤匙
C．因为热的传导效果：金属汤匙＞塑胶汤匙
D．因为热的传导效果：金属汤匙＜塑胶汤匙
【答案】C
【分析】A、B、两只汤匙的质量较小，汤匙的温度变化相同，冰淇淋融化（熔化）吸收的热量较多，两个汤匙比热（容）的差异，不会形成降低温度放出的热量使得冰淇淋融化（熔化）量有明显的差异；故A、B错误；
C、D、金属的导热性能要比塑料的导热性能好，所以会将室温下空气的热量传导给冰淇淋，这样金属汤匙处的冰淇淋不断吸收热量，融化（熔化）的较多，故C正确，D错误。
25．下面是几种物质的比热容,小明阅读了下表后,得出了一些结论,其中错误的是( )
水/J·(kg·℃)-1
4.2×103
干泥土/J·(kg·℃)-1
0.84×103
冰/J·(kg·℃)-1
2.1×103
铜/J·(kg·℃)-1
0.39×103
煤油/J·(kg·℃)-1
2.1×103
铅/J·(kg·℃)-1
0.13×103
水银/J·(kg·℃)-1
0.14×103
砂石/J·(kg·℃)-1
0.92×103
A.液体的比热容都比固体大
B.同种物质在不同状态下,其比热容不同
C.质量相等的铜块和铅块,升高相同的温度,铜块吸热多
D.质量相同的水和干泥土吸收相同的热量,干泥土升高的温度是水升高的温度的5倍
【答案】A
【解析】本题考查比热容的理解。水银的比热容小于铜、砂石,A错；同种物质,比热容与状态有关,所以在不同状态下,其比热容不同,B对；质量相同的铜块和铅块,升高相同的温度,已知铜的比热容大于铅,由公式Q=cmΔt知：铜吸收的热量多,C对；质量相同的水和干泥土吸收相同的热量,由于水的比热容是干泥土比热容的5倍,所以干泥土升高的温度是水升高的温度的5倍,D对。
26．用两个相同的电热器给质量同为2 kg的物质甲和水加热,它们的温度随时间的变化关系如图所示,据此判断甲物质10 min吸收的热量为( )
A.5.04×105J B.4.2×105J C.2.52×105J D.条件不足,不能计算
【答案】C
【解析】本题考查热量的计算及图像识别能力。由图像可知,10 min内甲、水吸收热量相同,甲物质温度升高了60℃,水温度升高了30℃。由吸热公式Q吸=cm(t2-t1)可得c甲=12c水=2.1×103J/(kg·℃),甲物质10 min温度升高了60℃,故吸收的热量Q=cmΔt=2.1×103J/(kg·℃)×2 kg×60℃=2.52×105J。
【拓展探究】
27. 生态宜居的海岛城市是城市的发展定位之一．某市实验区规划：预留布置大片绿地、湖面水体等，通过绿廊、水廊来达到冬暖夏凉的效果．请你用所学知识解释修建人工湖和内河可以调节气温的主要原因．
【答案】修建人工湖和内河增加城市水的储蓄量，是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，能有效调节周围环境的气温．
28．汽车防冻液
汽车在行驶时，发动机的温度会升得很高．为了确保安全，可用水循环进行冷却．实际上，水中往往还要加入不易挥发的防冻液（原液），加入防冻液后的混合液冬天不容易凝固，长时间开车也不容易沸腾．有关资料表明，防冻液与水按不同的比例混合，混合液的凝固点、沸点不同，具体数值参见下表（表中防冻液含量是指防冻液在混合液中所占体积的百分比）．
防冻液含量/%
30
40
50
60
70
80
90
混合液的凝固点/℃
-17
-28
-37
-49
-48
-46
-28
混合液的沸点/℃
103
104
107
111
117
124
141
在给汽车水箱中加防冻液时，宜使混合液的凝固点比本地常年最低气温低10～15℃．考虑到混合液比热容的减小会影响散热效果，因此，混合液中防冻液的含量不宜过高．
为什么使用防冻液做汽车散热剂？长时间使用防冻液沸点有何变化，为什么？
【答案】因为水的比热容较大，相同质量的水和其他物质比较，升高相同的温度，水吸收的热量多，防冻液因为含有水，因此其比热容也较大，并且防冻液可以在比较低的温度下不会凝结，所以汽车发动机用防冻液来冷却；
长时间使用后，混合液中的水由于汽化而减少，防冻液的含量增大，使混合液的沸点升高．
29．小王同学做“比较两种材料保温性能”的实验,他取①和②两种保温材料,两支相同的温度计,两个相同的大玻璃烧杯,钟表和初温相同、质量相等的热开水,以及细线、硬纸片、剪刀等,做两个外形相同的保温装置,其中一个如图甲所示。然后在相同环境的房间里同时开始做实验。他根据实验测得的数据绘得图乙所示的“水温与时间关系”图像。实验过程中室温保持不变,请你回答：
(1)①和②哪种材料的保温性能好?答： (选填“①”或“②”)。
(2)对于同一保温材料内的水,在第10 min到第20 min时间内放出的热量 (选填“大于”“等于”或“小于”)第20 min到第30 min时间内放出的热量。
(3)在整个实验过程中,①保温材料内的水放出的热量 (选填“大于”“等于”或“小于”)②保温材料内的水放出的热量。
【答案】(1)① (2)大于 (3)等于
【解析】(1)初温相同、质量相等的热开水,在相同时间内,由图乙可看出,①降温慢,故①保温性能好。(2)对于同一保温材料内的水,温度越高,降温越快。在第10 min到第20 min时间内放出的热量大于第20 min到第30 min时间内放出的热量。
(3)在整个实验过程中,初温相同、质量相等的热开水,①和②都降低到20℃,由Q=cmΔt可知,放出热量相等。
30．在探究“物质的放热能力与哪些因素有关”时，分别用质量均为1kg的水和某种液体进行对比实验，并用图像对实验数据进行了处理，如图所示，实验过程中，水和某种液体在相同时间内放出的热量相等，分析图像可以得出： （选填“甲”或“乙”）物质是某种液体，某种液体的比热容为 J/（kg•℃）。
【答案】乙；2.1×103．
【解析】解：（1）时间相等时，两种液体放出的热量相等，由图示可以看出，乙液体的温度降低的快，甲液体温度降低慢，则甲的放热能力强，甲是水，乙是某种液体；
（2）由图可知：液体的初温是60℃，放热15分钟后水的末温是40℃，乙的末温度是20℃，
水放出的热量：Q放＝c水m水（t水﹣t0）＝4.2×103J/（kg•℃）×1kg×（60℃﹣40℃）＝8.4×104J；
由图可知，相同时间内放出相同的热量，根据Q＝cm△t可知，液体的比热容为：
c乙=Q放m△t液体=8.4×104J1kg×(60℃−20℃)=2.1×103J/（kg•℃）。
31．水沸腾时如果继续吸热，则温度 ；灶上的锅中装有2kg初温30℃的水，当水吸收了7.56×105J的热量后，水温升高了 ℃（当地为标准大气压）。
【答案】不变；70
【解析】（1）根据液体沸腾的特点可知：水沸腾时如果继续吸热，温度不变。
（2）由Q吸＝cm△t得理论上水升高的温度：△t=Q吸cm=7.56×105J4.2×103J/(kg⋅℃)×2kg=90℃，
则水的末温t＝t0+△t＝30℃+90℃＝120℃，因为在一个标准大气压下，所以水的温度升高到100℃将不再上升，则水温实际升高了100℃﹣30℃＝70℃。
13.3 比热容
基础巩固
1．单位质量某种物质，温度升高1℃所吸收的热量叫 ，水的比热容为 ，其物理意义可表述为 。
【答案】比热容；4.2×103J/（kg•℃）；1kg的水温度升高或降低1℃，吸收或放出的热量为4.2×103J
【分析】单位质量某种物质，温度升高1℃所吸收的热量叫做这种物质的比热容。
水的比热容为4.2×103J/（kg•℃）；物理意义是：1kg的水温度升高或降低1℃，吸收或放出的热量为4.2×103J。
2．海边的气温变化较小，这是因为海水的 较大；腌制海鸭蛋时，盐进入蛋中使蛋变咸是 现象。
【答案】比热容；扩散。
【分析】因为水的比热容较大，与其他物质相比，在同等情况下吸收或放出相同的热量，水的温度变化较小；腌制海鸭蛋时，把盐撒在蛋壳上一段时间，鸭蛋就会变咸，说明分子在不停地做无规则运动，这是扩散现象。
3．初夏的贵阳，天气凉爽，日平均气温在20℃左右，此温度 （选填“高于”或“低于”）人的正常体温。但在寒冷的冬天，人们常用搓摩双手的方法保暖，这是通过 改变物体的内能。如果将10kg20℃的水加热到40℃，需吸收 J的热量。
【答案】低于；做功；8.4×105．
【分析】解：（1）人的正常体温为37℃，初夏的贵阳日平均气温在20℃左右，此温度低于人的正常体温；
（2）双手对搓后感觉手上发热，是克服摩擦做功，机械能转化为内能，通过做功的方式改变物体的内能；
（3）水吸收的热量：Q吸＝cm（t﹣t0）＝4.2×103J/（kg•℃）×10kg×（40℃﹣20℃）＝8.4×105J。
4．若质量为2kg的某种物质温度从20℃升高到40℃时，吸收的热量是1.84×104J，则该物质的比热容为 J/（kg•℃）；比热容是物质自身的性质，与质量、吸收或放出的热量均 （选填“有关”或“无关”）。
【答案】0.46×103；无关．
【分析】解：由Q＝cm△t可得，该物质的比热容：c=Qm△t=1.84×104J2kg×(40℃−20℃)=0.46×103J/（kg•℃），
比热容是物质的一种特性，只与物质的种类和状态有关，与物体吸收或放出的热量、温度的变化、质量的大小均无关。
5．随着“嫦娥三号”卫星成功发射,同学们急于了解月球的相关知识。白天月球表面温度高达127℃,夜晚,温度可降低到零下183℃,其表面温差巨大的原因之一是月球表面物质的比热容 (选填“较大”或“较小”),月球表面的内能是通过 的方式来改变的。
【答案】较小；热传递。
【分析】本题考查比热容的应用。在白天,太阳照射到月球上,通过热传递,使月球表面内能增大,温度升高,在夜晚,温度降低。因为月球表面物质的比热容较小,在吸收相同热量时,温度变化比较大,故白天和晚上月球表面温差巨大。
6．已知铁的比热容小于铝的比热容,质量相同的铁块和铝块吸收相同的热量后, 温度升高得多；若它们降低相同的温度, 放出的热量多。
【答案】铁块；铝块
【分析】本题考查比热容的理解。由于铁的比热容小于铝的比热容,根据公式Q=cmΔt,当质量相同的铁块和铝块吸收相同的热量后,铁块温度升高得多；若它们降低相同的温度,铝块放出的热量多。
7．如图,生活中常用水作为取暖用的液体,因为水的 大,与其他液体相比,降低相同的温度放出的热量 。
【答案】比热容；多
【解析】本题考查比热容的应用。因为水的比热容大,所以降低相同的温度,水放出的热量多。
8．汽车发动机常用水来作冷却剂,这是因为水的比热容较 ,若发动机的水箱中贮有10 kg水,当水温升高20℃时,水吸收的热量是 J。[c水=4.2×103J/(kg·℃)]
【答案】大；8.4×105
【分析】本题主要考查比热容、吸热等有关知识。水的比热容比较大,在吸收相等热量的情况下,其温度升高得比较低,可用来作为汽车的冷却剂；
Q吸=c水mΔt=4.2×103J/(kg·℃)×10 kg×20℃=8.4×105J。
9．在“比较水和煤油的吸热能力”的实验中,可以通过控制水和煤油的质量相同、吸收的热量相同,比较它们 的多少,从而比较它们的吸热能力;实验中,用 间接反映吸收的热量.
【答案】升高温度；加热时间
【分析】比较不同物质的吸热能力,有两种方法:第一种是控制物质的质量相同,用同一热源加热,比较相同的时间内温度的变化值,温度变化越小说明吸热能力越强;第二种是控制物质的质量相同,用同一热源加热,加热到相同的温度,比较加热的时间,时间越长说明吸热能力越强.实验中加热时间越长,表明物体吸收的热量越多,反之吸热越少.
10．10 kg水的比热容是4.2×103 J/(kg·℃),把水倒掉一半,水的比热容是 J/(kg·℃),密度将会 (填“增大”“不变”或“减小”).水结成冰后比热容将 (填“不变”或“改变”).
【答案】4.2×103；不变；改变
【分析】把水倒掉一半,比热容不变,仍为4.2×103 J/(kg·℃),密度不变.水结成冰后比热容将改变.
11．橘农们从天气预报中得知，晚上将有一场霜冻来临，他们傍晚就开始给橘子树喷水，随着温度的下降，水结成冰，而橘子并没有被冻坏，这是由于水 的缘故．育秧时，为了防止秧苗冻坏，晚上往秧田里灌水，早上排水，这是利用了水 的性质．
【答案】凝固放热；比热容大
【分析】夜间气温骤降时，水降温直至凝固成冰，放出热量，这样橘子可以吸收水结冰时放出的热，使温度不会降得太低，所以没有冻坏橘子．育秧时在秧田里灌水，是因为在相同条件下，水的比热容大，降低相同的温度放出的热量多，起到保温作用，不会产生冻害。
12．为了比较豆浆和牛奶的吸热能力，小刚在家中进行了如下的实验：如图甲所示，在两个相同的塑料瓶中分别装入质量相同、初温都是室温的豆浆和牛奶，两瓶中各装有一支相同的温度计，然后将两个塑料瓶同时浸入热水中．观察现象发现：加热相同的时间，豆浆的温度升高较多．
（1）要使牛奶和豆浆升高相同的温度，应对________加热的时间长些．这说明它们升高相同的温度，豆浆吸收的热量比牛奶吸收的热量________．
（2）小明利用实验数据大致描绘出豆浆和牛奶的温度随时间变化的图线，如图乙所示，则图线________应代表豆浆．
【答案】（1）牛奶；少 （2）A
【分析】（1）由热量计算公式Q=cm△t可知，物体吸收热量的多少跟物体的质量、温度的变化量以及物质的比热容有关．实验中控制牛奶和豆浆的质量相同，温度的变化量相同，通过比较加热时间的长短来判断比热容的大小．加热相同的时间，豆浆的温度升高较多，说明吸收相同的热量，牛奶升高的温度慢，说明牛奶的比热容大．因此要使牛奶和豆浆升高相同的温度，应对牛奶加热的时间长些．由于豆浆的比热容小，因此升高相同的温度，吸收的热量少．
（2）结合题目和图象可知，加热相同的时间，豆浆的温度升高较多，所以A图线代表豆浆．
13．关于比热容,下列说法中错误的是 ( )
A.比热容可用来鉴别物质
B.水的比热容较大,可用作汽车发动机的冷却剂
C.沙的比热容较小,所以沙漠地区昼夜温差较大
D.一桶水的比热容比一杯水的比热容大
【答案】D
【分析】比热容是物质的一种特性,不同物质的比热容一般不同,比热容可用来鉴别物质,A正确;水的比热容较大,相同质量的水与其他物质相比,升高相同温度时,水吸收的热量比较多,可用作汽车发动机的冷却剂,B正确;沙的比热容较小,相同质量条件下,吸收或放出相同的热量,温度变化大,所以沙漠地区昼夜温差较大,C正确;比热容是物质的一种特性,与质量没有关系,一桶水的比热容和一杯水的比热容相同,D错误.
14．关于比热容的概念,下列说法错误的是 ( )
A.单位质量的某种物质,温度升高1 ℃所吸收的热量,叫做这种物质的比热容
B.单位质量的某种物质,温度降低1 ℃所放出的热量,也叫做这种物质的比热容
C.某种物质吸收或放出的热量越多,比热容也越大,比热容与热量有关
D.各种物质都有自己的比热容,它是物质的特性之一
【答案】C
【分析】单位质量的某种物质,温度升高(或降低)1 ℃所吸收(或放出)的热量称为该物质的比热容,A,B正确;比热容是物质本身的一种特性,不同物质的比热容一般不同,与物体的温度、质量以及吸收或放出的热量都无关,C错误,D正确.
15．关于比热容,下列说法正确的是( )
A.物体的比热容跟物体吸收(或放出)的热量有关
B.物体的比热容跟物体的温度有关
C.物体的质量越大,它的比热容越大
D.物体的比热容与温度、质量都没有关系
【答案】D
【解析】本题考查比热容的性质。比热容是物质的一种特性,表示1 kg物质温度升高(降低)1℃时吸收(放出)的热量,大小只与物质的种类有关,与吸收或放出的热量无关。
16．下列说法中正确的是( )
A.一杯煤油用去一半,它的比热容减为原来的二分之一
B.吸收热量多的物质,比热容一定大
C.高温物体放出热量一定多
D.质量相同的水和煤油,吸收了相同的热量,煤油升高的温度大于水升高的温度
【答案】D
【解析】本题考查比热容的理解。比热容是物质的一种特性,与它的质量和体积、温度等无关,故选项A是错的。从比热容的定义可知,比较两种物质比热容,应当在质量及升高的温度相同的条件下,比较它们吸热的多少,吸热多的比热容大,反之则小,故B缺少条件,不正确。温度高的物体不发生温度或状态变化,是不会放出或吸收热量的,故C也不正确。由于水的比热容大,当质量相同的水、煤油吸收相同热量时,煤油升高的温度高。
17．水具有比热容大的特点,如图中的现象中与此特点无关的是( )
A.空调房间里放盆水可以增加湿度 B.海边的昼夜温差变化小
C.冬天暖气设备用热水供暖 D.用水冷却汽车发动机
【答案】A
【解析】本题考查水具有较大的比热容的应用。空调房间里,空气干燥,放盆水增加湿度,是利用水的蒸发,增加空气湿度,与比热容无关。故A正确。
18．炎热的盛夏,人站在水中时感觉凉爽,而当人站在沙土上时却感到烫脚,这主要是因为水和沙具有不同的( )
A.热量 B.质量 C.比热容 D.密度
【答案】C
【解析】本题主要考查了比热容的知识。在自然界中,水的比热容最大,因此对气温有很好的调节作用。相同质量的水和沙土在吸收相同的热量后,由于水的比热容远远大于沙土的比热容,所以水升温慢,沙土升温快。
19．两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。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
【答案】A
【解析】本题考查对图像的认识。根据图像可知：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,说明甲的比热容大,所以A对,B错。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；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。
能力提升
20．为了比较水和沙子吸热本领的大小,小文做了如图所示的实验：在两个相同的烧杯中,分别装有质量、初温都相同的水和沙子,用两个相同的酒精灯对其加热,实验数据记录如表：
质量/g
升温10℃所需时间/s
升温20℃所需时间/s
升温30℃所需时间/s
沙子
30
64
89
124
水
30
96
163
220
(1)在此实验中用 表示水和沙子吸热的多少；
(2)分析表中的实验数据可知：质量相等的水和沙子,升高相同温度时,水吸收的热量 (选填“大于”或“小于”)沙子吸收的热量；
(3)如果加热相同的时间,质量相等的水和沙子, (选填“水”或“沙子”)升高的温度更高。
【答案】(1)酒精灯加热时间 (2)大于 (3)沙子
【解析】本题考查物质的吸热能力的实验。(1)本实验采用相同的酒精灯加热,加热时间越长,沙子和水吸收的热量越多,因此实验中用酒精灯加热时间表示水和沙子吸热的多少。
(2)由表中数据可知,水吸收的热量大于沙子吸收的热量。
(3)如果加热相同的时间,根据吸收热量的计算公式Q=cmΔt,水和沙子的质量相等,又因为水的比热容大于沙子的比热容,故沙子升高的温度更高。
21．为了探究物体温度升高时吸收的热量与哪些因素有关,小明做了如下实验：用4个相同的烧杯分别盛水和煤油,用同样的电加热器加热水和煤油,得到如下实验数据：
实验次数
液体
质量/g
初温/℃
末温/℃
加热时间/min
1
水
200
20
30
12
2
水
100
20
30
6
3
煤油
200
20
30
6
4
煤油
200
20
25
3
(1)比较记录 次实验可得出：同种物质,升高相同的温度,质量大的吸收的热量多。
(2)比较记录1和3,结论是 。
(3)比较记录3和4,结论是 。
(4)综合上述结论,进行概括,可以得到的结论是物体温度升高时吸收的热量的多少与
有关。
【答案】(1)1、2
(2)质量相同的不同物质,升高相同的温度,吸收的热量不同
(3)质量相同的同种物质,升高的温度越高,吸收的热量越多
(4)物质的种类、物质的质量、温度的变化量
【解析】本题考查物质的比热容的实验探究。(1)实验1烧杯中液体的质量是200 g,升高10℃用的时间是12分钟,实验2烧杯中液体的质量是100 g,升高10℃用的时间是6分钟,而每分钟吸收的热量是相等的,故说明：物体吸热的多少与质量有关,同种物质升高相同的温度时,质量大的吸收的热量多。
(2)实验1烧杯中液体的质量是200 g,升高10℃用的时间是12分钟,实验3烧杯中液体的质量是200 g,升高10℃用的时间是6分钟,而每分钟吸收的热量是相等的,说明：相同质量的不同物质,升高相同的温度时吸收的热量也不相同。
(3)实验3烧杯中液体的质量是200 g,升高10℃用的时间是6分钟,实验4烧杯中液体的质量是200 g,升高5℃用的时间是3分钟,而每分钟吸收的热量是相等的,说明：相同质量的同种物质,升高的温度越高吸收的热量也越多。
(4)综合上述结论,物体温度升高时吸收的热量的多少与物质的质量、物质的种类、温度的变化量都有关系。
22．为比较物质的吸热能力,小明做了如图所示的实验：在两个相同的烧杯中分别装有质量、初温都相同的水和沙子,用两个相同的酒精灯对其加热,实验数据记录如下：
(1)在此实验中,用加热时间的长短来表示物体 。
(2)比较物质的吸热能力有两种方法：
方法一：加热相同时间比较升高的温度；
方法二：升高相同温度比较加热的时间。
根据甲表中数据,小明选择的是 (选填“方法一”或“方法二”)。
甲
物质
实验次数
质量/g
升高10℃时间/s
升高20℃时间/s
升高30℃时间/s
沙子
1
50
30
60
90
2
100
60
120
180
水
3
50
50
100
150
4
100
100
200
300
(3)分析甲表中的每一组数据都可得到的结论是 。
由实验1和3可知： 。
(4)加热时间相同,质量相同的水和沙子, (选填“沙子”或“水”)升高的温度更高。
(5)实验中小明认为,沙子受热不均匀,会影响实验,想用水和另一种液体来探究物质的吸热能力。他查得“比热容”表如乙表所示。从实验现象最明显的角度,你帮助他选择的另一种液体是 。
乙
一些物质的比热容/[J/(kg·℃)]
水
4.2×103
甘油
2.4×103
煤油
2.1×103
蓖麻油
1.8×103
【答案】(1)吸收热量的多少 (2)方法二
(3)质量相同的同种物质,吸收的热量与升高的温度成正比 质量相同的不同物质,升高相同的温度,吸收的热量不同
(4)沙子 (5)蓖麻油
【解析】本题考查对物质的吸热能力的探究。(1)实验中,利用转换法,通过比较加热的时间比较物质吸热能力的大小,加热的时间越长,吸收的热量就越多；
(2)分析表格数据可知,比较每一列数据,升高的温度相同,加热的时间不同,故小明采用了方法二；
(3)分析每一组数据,升高的温度不同,加热的时间不同,且温度升高几倍,加热时间也是原来的几倍,故可知,质量相同的同种物质,吸收的热量与升高的温度成正比；分析1、3次实验,物质种类不同,质量相同,当升高的温度相同时,水加热时间长,水吸收的热量多,即水吸热能力强。故可得出质量相同的不同物质,升高相同的温度,吸收的热量不同；
(4)分析数据可知,水吸热能力大于沙子吸热能力,故质量相同的水和沙子,加热时间相同,吸收的热量相同时,吸热能力弱的温度升高快,故沙子升高的温度更高；
(5)分析乙表数据可知,蓖麻油的比热容最小,则吸热能力最弱,故使用蓖麻油最好。
23．如图所示，冷热空气的流动导致了夏季海岸微风的形成．关于海岸微风形成的解释下列说法中错误的是（ ）
A．白天，在炎热的日光下，暖空气从陆地上升起，海洋上来的冷空气补充，形成了向陆地的海陆风
B．夜间，暖空气从海洋上升起，陆地上的冷空气补充，形成了向海洋的陆海风
C．形成陆海风和海陆风的主要原因是水的比热容较大
D．形成陆海风和海陆风是由潮汐涌动方向决定的
【答案】D
【分析】由于海水的比热容比陆地上沙石的比热容大，接受太阳辐射能后，海水表面升高的温度少，陆地沙石的比热容相对较小，升高的温度比较多，于是在白天，由于陆地空气温度高，空气上升而形成从海面吹向陆地的风；同理，晚上在相同受冷的情况下，陆地的温度低于海洋的温度，从而形成从陆地吹向海洋的风，故形成了海陆风，故ABC正确不符合题意，D错误，符合题意．
24．小妮在室温下将一支金属汤匙及一支塑胶汤匙同时插入刚买来的冰淇淋两侧，如图所示。经过几分钟后，发觉金属汤匙附近融化的冰淇淋量较塑胶汤匙附近的多，则发生此现象的主要原因最可能是下列何者（ ）
A．因为比热容大小：金属汤匙＞塑胶汤匙
B．因为比热容大小：金属汤匙＜塑胶汤匙
C．因为热的传导效果：金属汤匙＞塑胶汤匙
D．因为热的传导效果：金属汤匙＜塑胶汤匙
【答案】C
【分析】A、B、两只汤匙的质量较小，汤匙的温度变化相同，冰淇淋融化（熔化）吸收的热量较多，两个汤匙比热（容）的差异，不会形成降低温度放出的热量使得冰淇淋融化（熔化）量有明显的差异；故A、B错误；
C、D、金属的导热性能要比塑料的导热性能好，所以会将室温下空气的热量传导给冰淇淋，这样金属汤匙处的冰淇淋不断吸收热量，融化（熔化）的较多，故C正确，D错误。
25．下面是几种物质的比热容,小明阅读了下表后,得出了一些结论,其中错误的是( )
水/J·(kg·℃)-1
4.2×103
干泥土/J·(kg·℃)-1
0.84×103
冰/J·(kg·℃)-1
2.1×103
铜/J·(kg·℃)-1
0.39×103
煤油/J·(kg·℃)-1
2.1×103
铅/J·(kg·℃)-1
0.13×103
水银/J·(kg·℃)-1
0.14×103
砂石/J·(kg·℃)-1
0.92×103
A.液体的比热容都比固体大
B.同种物质在不同状态下,其比热容不同
C.质量相等的铜块和铅块,升高相同的温度,铜块吸热多
D.质量相同的水和干泥土吸收相同的热量,干泥土升高的温度是水升高的温度的5倍
【答案】A
【解析】本题考查比热容的理解。水银的比热容小于铜、砂石,A错；同种物质,比热容与状态有关,所以在不同状态下,其比热容不同,B对；质量相同的铜块和铅块,升高相同的温度,已知铜的比热容大于铅,由公式Q=cmΔt知：铜吸收的热量多,C对；质量相同的水和干泥土吸收相同的热量,由于水的比热容是干泥土比热容的5倍,所以干泥土升高的温度是水升高的温度的5倍,D对。
26．用两个相同的电热器给质量同为2 kg的物质甲和水加热,它们的温度随时间的变化关系如图所示,据此判断甲物质10 min吸收的热量为( )
A.5.04×105J B.4.2×105J C.2.52×105J D.条件不足,不能计算
【答案】C
【解析】本题考查热量的计算及图像识别能力。由图像可知,10 min内甲、水吸收热量相同,甲物质温度升高了60℃,水温度升高了30℃。由吸热公式Q吸=cm(t2-t1)可得c甲=12c水=2.1×103J/(kg·℃),甲物质10 min温度升高了60℃,故吸收的热量Q=cmΔt=2.1×103J/(kg·℃)×2 kg×60℃=2.52×105J。
【拓展探究】
27. 生态宜居的海岛城市是城市的发展定位之一．某市实验区规划：预留布置大片绿地、湖面水体等，通过绿廊、水廊来达到冬暖夏凉的效果．请你用所学知识解释修建人工湖和内河可以调节气温的主要原因．
【答案】修建人工湖和内河增加城市水的储蓄量，是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，能有效调节周围环境的气温．
28．汽车防冻液
汽车在行驶时，发动机的温度会升得很高．为了确保安全，可用水循环进行冷却．实际上，水中往往还要加入不易挥发的防冻液（原液），加入防冻液后的混合液冬天不容易凝固，长时间开车也不容易沸腾．有关资料表明，防冻液与水按不同的比例混合，混合液的凝固点、沸点不同，具体数值参见下表（表中防冻液含量是指防冻液在混合液中所占体积的百分比）．
防冻液含量/%
30
40
50
60
70
80
90
混合液的凝固点/℃
-17
-28
-37
-49
-48
-46
-28
混合液的沸点/℃
103
104
107
111
117
124
141
在给汽车水箱中加防冻液时，宜使混合液的凝固点比本地常年最低气温低10～15℃．考虑到混合液比热容的减小会影响散热效果，因此，混合液中防冻液的含量不宜过高．
为什么使用防冻液做汽车散热剂？长时间使用防冻液沸点有何变化，为什么？
【答案】因为水的比热容较大，相同质量的水和其他物质比较，升高相同的温度，水吸收的热量多，防冻液因为含有水，因此其比热容也较大，并且防冻液可以在比较低的温度下不会凝结，所以汽车发动机用防冻液来冷却；
长时间使用后，混合液中的水由于汽化而减少，防冻液的含量增大，使混合液的沸点升高．
29．小王同学做“比较两种材料保温性能”的实验,他取①和②两种保温材料,两支相同的温度计,两个相同的大玻璃烧杯,钟表和初温相同、质量相等的热开水,以及细线、硬纸片、剪刀等,做两个外形相同的保温装置,其中一个如图甲所示。然后在相同环境的房间里同时开始做实验。他根据实验测得的数据绘得图乙所示的“水温与时间关系”图像。实验过程中室温保持不变,请你回答：
(1)①和②哪种材料的保温性能好?答： (选填“①”或“②”)。
(2)对于同一保温材料内的水,在第10 min到第20 min时间内放出的热量 (选填“大于”“等于”或“小于”)第20 min到第30 min时间内放出的热量。
(3)在整个实验过程中,①保温材料内的水放出的热量 (选填“大于”“等于”或“小于”)②保温材料内的水放出的热量。
【答案】(1)① (2)大于 (3)等于
【解析】(1)初温相同、质量相等的热开水,在相同时间内,由图乙可看出,①降温慢,故①保温性能好。(2)对于同一保温材料内的水,温度越高,降温越快。在第10 min到第20 min时间内放出的热量大于第20 min到第30 min时间内放出的热量。
(3)在整个实验过程中,初温相同、质量相等的热开水,①和②都降低到20℃,由Q=cmΔt可知,放出热量相等。
30．在探究“物质的放热能力与哪些因素有关”时，分别用质量均为1kg的水和某种液体进行对比实验，并用图像对实验数据进行了处理，如图所示，实验过程中，水和某种液体在相同时间内放出的热量相等，分析图像可以得出： （选填“甲”或“乙”）物质是某种液体，某种液体的比热容为 J/（kg•℃）。
【答案】乙；2.1×103．
【解析】解：（1）时间相等时，两种液体放出的热量相等，由图示可以看出，乙液体的温度降低的快，甲液体温度降低慢，则甲的放热能力强，甲是水，乙是某种液体；
（2）由图可知：液体的初温是60℃，放热15分钟后水的末温是40℃，乙的末温度是20℃，
水放出的热量：Q放＝c水m水（t水﹣t0）＝4.2×103J/（kg•℃）×1kg×（60℃﹣40℃）＝8.4×104J；
由图可知，相同时间内放出相同的热量，根据Q＝cm△t可知，液体的比热容为：
c乙=Q放m△t液体=8.4×104J1kg×(60℃−20℃)=2.1×103J/（kg•℃）。
31．水沸腾时如果继续吸热，则温度 ；灶上的锅中装有2kg初温30℃的水，当水吸收了7.56×105J的热量后，水温升高了 ℃（当地为标准大气压）。
【答案】不变；70
【解析】（1）根据液体沸腾的特点可知：水沸腾时如果继续吸热，温度不变。
（2）由Q吸＝cm△t得理论上水升高的温度：△t=Q吸cm=7.56×105J4.2×103J/(kg⋅℃)×2kg=90℃，
则水的末温t＝t0+△t＝30℃+90℃＝120℃，因为在一个标准大气压下，所以水的温度升高到100℃将不再上升，则水温实际升高了100℃﹣30℃＝70℃。
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