2021年中考物理复习之挑战压轴题（选择题）：内能（含解析）

这是一份2021年中考物理复习之挑战压轴题（选择题）：内能（含解析），共24页。试卷主要包含了比热容的概念及其计算，热量的计算，热平衡方程的应用等内容，欢迎下载使用。
1．（2019•成都）用两只相同的电加热器，分别给相同体积的水和某种油加热，在开始和加热3min时各记录一次温度，如下表所示。已知ρ水＝1.0×103kg/m3．c水＝4.2×103J/（kg•℃），ρ油＝0.8×103kg/m3，加热的效率都为90%，油的末温没有达到它的沸点，下列说法正确的是（ ）
A．这种油的比热容为1.68×103J/（kg•℃）
B．这种油的比热容为2.1×103J/（kg•℃）
C．因为这种油的密度比水小，所以它的比热容比水小
D．加热效率没有达到100%，是因为电加热器没有把电能全部转化为内能
2．（2018秋•沂源县期末）探究物质的吸热能力”实验中，把质量均为0.5kg的水和食用油分别装入两个相同的容器内用相同的电加热器给它们加热，其温度随时间变化的图象如图所示。不考虑实验中的热损失，下列分析正确的是（ ）
A．食用油的吸热能力比水强
B．食用油的比热容是2.8×103J/（kg•℃）
C．加热2min，食用油比水吸收的热量多
D．加热2min，食用油吸收的热量是4.2×104J
3．（2018秋•薛城区期末）比热为2440J/（kg•℃）的酒精和水混合后，比热变为2940J/（kg•℃），则混合液中酒精和水的质量之比为（ ）
A．9：5B．63：25C．23：35D．35：16
4．（2019秋•合肥期末）质量和初温相同的甲、乙两种金属块，同时分别放入两杯完全相同的水中，达到热平衡后，放入甲的杯中水温降低了5℃，放入乙的杯中水温降低了10℃，假设热传递过程中没有能量损耗，则甲、乙金属块比热容的关系是（ ）
A．c甲＞c乙B．c甲＜c乙C．c甲＝c乙D．无法判断
二、热量的计算（共3小题）
5．（2018秋•厦门期末）甲、乙两物体质量都为1kg，丙物体质量为2kg。三个物体温度升高1℃所吸收的热量如图所示，以下说法正确的是（ ）
A．甲的比热容比乙的小
B．乙的比热容与丙的相等
C．吸收相同热量，甲升高的温度最多
D．降低相同温度，甲放出的热量最多
6．（2019秋•泰兴市校级月考）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，比较铁球甲杯中吸收的热量与在乙杯中放出的热量，则（ ）
A．Q甲＜Q乙B．Q甲＝Q乙C．Q甲＞Q乙D．无法比较
7．（2019•汶上县二模）如图所示，规格相同的甲乙两容器中分别装有3kg和2kg的纯净水，并用不同加热器加热，不计热损失，得到如图丙所示的水温与加热时间的关系图，则下列说法正确的是（ ）
A．甲杯水中每分钟吸收的热量为 2.52×105 J
B．甲、乙两杯中的加热器每分钟放出的热量之比为 3：2
C．加热相同的时间，甲、乙两杯水升高的温度之比 2：3
D．将甲、乙两容器中的液体从 20℃加热至沸腾所需要的时间之比为 2：3
三、热平衡方程的应用（共3小题）
8．（2020•赫山区校级自主招生）在两个相同的杯子内，盛有质量相等的热水和冷水，在不计热损失的情况下。将一半热水倒入冷水杯内，冷水杯内的温度升高21℃．若再将热水杯内剩余热水的一半再次倒入冷水杯内，冷水杯内的水温会升高（ ）
A．6℃B．7℃C．8℃D．9℃
9．（2018秋•南湖区校级月考）将一杯热水倒入盛有冷水的容器中，冷水的温度升高了10℃，再向容器中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℃．不考虑对外散热，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________，以及最开始冷水与热水的质量之比是________．（ ）
A．4℃4：1B．4℃3：1C．2℃4：1D．2℃3：1
10．（2019•锦江区模拟）甲、乙两个相同的杯子中盛有质量和初温都相同的水，另有A、B两个金属球，其质量和初温也都相同，且都比水的温度高。现将A、B两球分别浸没在甲、乙两杯水中，热平衡后，甲杯水温升高了15℃，乙杯水温升高了8℃（不计热损耗）。则（ ）
A．A球比热容大于B球比热容
B．A球比热容小于B球比热容
C．A球放出热量等于B球放出的热量
D．A球放出的热量小于B球放出的热量
2021年中考物理复习之挑战压轴题（选择题）：内能（10题）
参考答案与试题解析
一、比热容的概念及其计算（共4小题）
1．（2019•成都）用两只相同的电加热器，分别给相同体积的水和某种油加热，在开始和加热3min时各记录一次温度，如下表所示。已知ρ水＝1.0×103kg/m3．c水＝4.2×103J/（kg•℃），ρ油＝0.8×103kg/m3，加热的效率都为90%，油的末温没有达到它的沸点，下列说法正确的是（ ）
A．这种油的比热容为1.68×103J/（kg•℃）
B．这种油的比热容为2.1×103J/（kg•℃）
C．因为这种油的密度比水小，所以它的比热容比水小
D．加热效率没有达到100%，是因为电加热器没有把电能全部转化为内能
【考点】比热容的概念及其计算．
【专题】计算题；热和能；分析、综合能力．
【答案】B
【分析】（1）由相同的加热器可以体现出水与这种液体在相同的时间内吸收的热量相同。取相同的时间，利用他们温度的变化，结合吸热公式即可求出该液体的比热容。比热容与密度都是物质的一种属性；
（2）能量在转化和转移时会有一定的损失，很难做出百分之百。
【解答】解：AB、取两种液体都加热了3分钟为研究对象，因为是用的两个相同的电加热器，且加热效率都为90%，
所以Q水＝Q油，
设它们的体积为V，则水的质量：m水＝ρ水V，油的质量：m油＝ρ油V，
因为Q水＝c水m水（t水﹣t0），Q油＝c油m油（t油﹣t0）
所以c水ρ水V（t水﹣t0）＝c油ρ油V（t油﹣t0），
4.2×103J/（kg•℃）×1.0×103kg/m3×（28℃﹣18℃）＝c油×0.8×103kg/m3×（43℃﹣18℃）
解得：c油＝2.1×103J/（kg•℃）。故A错误、B正确；
C、密度和比热容都是物质的一种属性，二者的大小之间没有必然的联系，故C错误；
D、加热效率没有达到100%，主要是因为电加热器产生的热量没有全部被液体吸收，而是存在一定的损失，而不是因为电加热器没有把电能全部转化为内能，故D错误。
故选：B。
【点评】本题中，根据两者吸收的热量相同列出方程求解是关键。同时，还要注意这里的两种液体是体积相同，而非质量相同，所以要设出体积，表示出质量，再代入公式求解，有一定难度。
2．（2018秋•沂源县期末）探究物质的吸热能力”实验中，把质量均为0.5kg的水和食用油分别装入两个相同的容器内用相同的电加热器给它们加热，其温度随时间变化的图象如图所示。不考虑实验中的热损失，下列分析正确的是（ ）
A．食用油的吸热能力比水强
B．食用油的比热容是2.8×103J/（kg•℃）
C．加热2min，食用油比水吸收的热量多
D．加热2min，食用油吸收的热量是4.2×104J
【考点】比热容的概念及其计算
【专题】定量思想；比热容、热机、热值．
【答案】D
【分析】（1）根据公式Q吸＝cm（t﹣t0），质量、吸收的热量相同时，吸热能力弱的物质升高的温度快；
（2）由题知食用油和水质量相同，升高的温度相同时水吸收的热量是食用油吸收热量的2倍。根据吸热公式Q＝c吸m△t判断两物质的比热容之间的关系，从而得出食用油的比热容；
（3）相同加热器在相同时间内放出的热量相同；
（4）利用Q＝cm△t可求得加热2min食用油吸收的热量。
【解答】解：
A、由△t＝可知，在质量、吸收的热量相同时，吸热能力弱（比热容小）的物质升高的温度快，由图象可知，食用油温度升高的快，这说明食用油的吸热能力比水弱，故A错误；
B、用两个相同的电热器给质量相同的物质食用油和水加热，由图象可知，水温度升高到60℃需要4min，食用油温度升高到60℃需要2min；
因为加热器相同，则物质吸收的热量和加热时间成正比，
所以，质量相同的食用油和水升高相同的温度需要吸收的热量关系为：Q水吸＝2Q油吸；
由Q吸＝cm△t得：c＝，
则可知c水＝2c油，
又因为c水＝4.2×103J/（kg•℃），
所以c油＝c水＝2.1×103J/（kg•℃），故B错误；
C、相同加热器在相同时间内放出的热量相同，则加热2min时水和食用油吸收的热量相同，故C错误；
D、由图象可知，加热2min食用油的温度升高了60℃﹣20℃＝40℃，
则食用油吸收的热量：Q油吸＝c油m油△t＝2.1×103J/（kg•℃）×0.5kg×40℃＝4.2×104J，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查学生会根据在相同质量、吸收相同的热量的不同物质温度升高的高低判断吸热能力的强弱，能够从图象中获取信息并利用控制变量法解决实际问题是解题的关键。
3．（2018秋•薛城区期末）比热为2440J/（kg•℃）的酒精和水混合后，比热变为2940J/（kg•℃），则混合液中酒精和水的质量之比为（ ）
A．9：5B．63：25C．23：35D．35：16
【考点】比热容的概念及其计算
【专题】定量思想；比热容、热机、热值；应用能力．
【答案】B
【分析】设酒精、水的质量分别为m1、m2，升高温度△t，则酒精溶液吸收的热量等于水吸收的热量加上酒精吸收的热量，知道溶液的比热容，可求酒精和水的质量关系。
【解答】解：
混合液温度升高△t时吸收的热量：
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，
即：c液（m1+m2）△t＝c酒m1△t+c水m2△t，
（c液﹣c酒）m1＝（c水﹣c液）m2，
所以m1：m2＝（c水﹣c液）：（c液﹣c酒）
＝[4.2×103J/（kg•℃）﹣2.94×103J/（kg•℃）]：[2.94×103J/（kg•℃）﹣2.44×103J/（kg•℃）]
＝63：25。
故选：B。
【点评】本题考查了学生对吸热公式的掌握和运用，知道混合液升高温度吸收的热量等于水和酒精吸收的热量之和是本题的关键。
4．（2019秋•合肥期末）质量和初温相同的甲、乙两种金属块，同时分别放入两杯完全相同的水中，达到热平衡后，放入甲的杯中水温降低了5℃，放入乙的杯中水温降低了10℃，假设热传递过程中没有能量损耗，则甲、乙金属块比热容的关系是（ ）
A．c甲＞c乙B．c甲＜c乙C．c甲＝c乙D．无法判断
【考点】比热容的概念及其计算
【专题】应用题；比热容、热机、热值．
【答案】B
【分析】金属块放在水中，金属块吸收热量，金属块温度升高。水放出热量，水温度降低，当水的温度不再降低时，每个杯中都达到了热平衡，水的温度与金属块的温度相等；每个金属块吸收的热量等于各自杯中水放出的热量，根据水的温度关系可以判断金属块吸收的热量关系，然后由热量公式可以判断出金属块的比热大小关系。
【解答】解：两个杯子中水的质量m相同，
金属块放入水中后，水吸放出量温度降低，
甲杯的水温降低5℃，乙杯中水温降低10℃，即：△t甲＜△t乙，水的比热容相同，
不计热量损失，由Q＝cm△t可知，
所以△Q甲吸＜△Q乙吸，
水的初温t相同，降低的温度关系为：△t甲＜△t乙，
所以热平衡后水的温度关系为：t甲＞t乙，
即两金属块的温度关系为：t甲＞t乙，
金属块的初温t初相同，
所以t甲﹣t初＞t乙﹣t初；
质量相同、初温t初相同的两金属块甲和乙，
对于甲有：△Q甲吸＝c甲m甲（t甲﹣t初）…①
对于乙有：△Q乙吸＝c乙m乙（t乙﹣t初）…②
已知：△Q甲吸＜△Q乙吸，ma＝mb，得：＜1，
所以c甲m甲（t甲﹣t初）＜c乙m乙（t乙﹣t初）；
因为t甲﹣t初＞t乙﹣t初，
则有c甲＜c乙。
故选：B。
【点评】本题难度较大，知道水吸收的热量等于球放出的热量，熟练应用热量公式，充分利用已知量之间的关系，是正确解题的关键。
二、热量的计算（共3小题）
5．（2018秋•厦门期末）甲、乙两物体质量都为1kg，丙物体质量为2kg。三个物体温度升高1℃所吸收的热量如图所示，以下说法正确的是（ ）
A．甲的比热容比乙的小
B．乙的比热容与丙的相等
C．吸收相同热量，甲升高的温度最多
D．降低相同温度，甲放出的热量最多
【考点】热量的计算
【专题】应用题；比热容、热机、热值．
【答案】D
【分析】（1）由题意可知，甲、乙、丙三物体的质量关系，由图可知三个物体温度升高1℃时吸收的热量，根据Q吸＝cm△t求出三物质的比热容，然后得出三物质的比热容关系，比热容是物质本身的一种特性，与温度无关，据此得出降低相同温度时放出的热量关系；
（2）根据Q吸＝cm△t比较吸收相同的热量时升高的温度关系。
【解答】解：ABD．由题意可知，甲、乙两物体质量都为1kg，丙物体质量为2kg，
由图可知，三个物体温度升高1℃，甲物体吸收的热量为3000J，乙和丙物体吸收的热量为2000J，
由Q吸＝cm△t可得，三物质的比热容分别为：
c甲＝＝＝3000J/（kg•℃），
c乙＝＝＝2000J/（kg•℃），
c丙＝＝＝1000J/（kg•℃），
综上可知，甲的比热容比乙的大，乙的比热容比丙的大，故AB错误；
因比热容是物质本身的一种特性，与温度无关，
所以，降低相同温度时，甲物体放出的热量最多，故D正确；
C．由Q吸＝cm△t可得，吸收相同的热量时升高的温度分别为：
△t甲＝＝，
△t乙＝＝，
△t丙＝＝，
综上可知，甲升高的温度最少，故C错误；
故选：D。
【点评】本题考查了吸热公式的灵活应用，明确比热容的概念和从图表中获取有用的信息是关键。
6．（2019秋•泰兴市校级月考）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，比较铁球甲杯中吸收的热量与在乙杯中放出的热量，则（ ）
A．Q甲＜Q乙B．Q甲＝Q乙C．Q甲＞Q乙D．无法比较
【考点】热量的计算
【专题】应用题；学科综合题；定性思想；推理法；比热容、热机、热值；应用能力．
【答案】C
【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，铁球吸收热量等于水放出热量，Q吸1＝Q放1，
即c铁m铁（t﹣t0铁）＝c水m水（t0水﹣t）﹣﹣﹣﹣﹣﹣①；
再将铁球放入20℃质量相同的乙杯水中时，铁球放出热量等于水吸收热量，Q吸2＝Q放2，
即c水m水（t′﹣t0水′）＝c铁m铁（t﹣t′）﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣②；
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。
所以铁球甲杯中吸收的热量大于在乙杯中放出的热量，即Q甲＞Q乙。
故选：C。
【点评】本题考查了学生对吸热公式、热平衡方程的掌握和运用，能确定甲乙两金属块的末温关系是本题的关键。
7．（2019•汶上县二模）如图所示，规格相同的甲乙两容器中分别装有3kg和2kg的纯净水，并用不同加热器加热，不计热损失，得到如图丙所示的水温与加热时间的关系图，则下列说法正确的是（ ）
A．甲杯水中每分钟吸收的热量为 2.52×105 J
B．甲、乙两杯中的加热器每分钟放出的热量之比为 3：2
C．加热相同的时间，甲、乙两杯水升高的温度之比 2：3
D．将甲、乙两容器中的液体从 20℃加热至沸腾所需要的时间之比为 2：3
【考点】热量的计算
【专题】错解分析题；比热容、热机、热值；应用能力；获取知识解决问题能力．
【答案】D
【分析】（1）加热 2min时，由图丙的甲图线可知甲容器中水升高的温度；而水的温度变化随时间的增加而均匀升高，据此判断加热 1min 时甲容器中水升高的温度，已知水的质量和比热容，利用Q吸＝cm△t计算此时甲容器中的水吸收热量；
（2）由图丙可知，水的温度从20℃升高到40℃时，甲的加热时间为2min，乙的加热时间为3min；
已知两容器中水的质量和升高的温度（均升高20℃），由于忽略散热损失，由Q放＝Q吸和Q吸＝cm△t即可求出每分钟放出的热量之比；
（3）根据每分钟放出的热量之比可知加热相同的时间时水吸收的热量之比，然后根据△t＝可判断两杯水升高的温度之比。
（4）根据Q吸＝cm（t﹣t0）可得甲、乙两容器中的水从 20℃加热至沸腾所需热量之比；然后根据所用时间t＝可求出所用时间之比。
【解答】解：
A、由图丙的甲图线可知，加热 2min 时，甲容器中水升高的温度：
△t＝40℃﹣20℃＝20℃；
由图象还可知，水的温度变化随时间的增加而均匀升高，
所以，加热 1min 时，甲容器中水升高的温度：
△t′＝△t＝×20℃＝10℃；
此时甲容器中的水吸收热量：
Q吸1＝cm1△t＝4.2×103J/（kg•℃）×3kg×10℃＝1.26×105J，故A错误；
B、由图丙可知，水的温度从20℃升高到40℃时，乙的加热时间为3min；此时乙容器中的水吸收热量：
Q乙吸＝cm2△t＝4.2×103J/（kg•℃）×2kg×（40℃﹣20℃）＝1.68×105J，
乙容器中的水每分钟吸收热量为：
Q吸2＝×Q乙吸＝×1.68×105J＝5.6×104J；
由于忽略散热损失，所以两加热器每分钟放出的热量与水每分钟吸收的热量相同，则：
加热器每分钟放出的热量之比为：Q甲放/min：Q放2/min＝1.26×105J：5.6×104J＝9：4，故B错误。
C、根据B可知相同时间内，加热器放出的热量之比为9：4，则相同时间内，两杯水吸收的热量之比为9：4，根据△t＝可得两杯水升高的温度之比为：
＝＝＝＝，故C错误。
D、根据Q吸＝cm（t﹣t0）可得甲、乙两容器中的水从 20℃加热至沸腾所需热量之比：
＝＝＝＝；
根据时间t＝可得所用时间之比为：
：＝×＝×＝；故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查了吸热公式的灵活运用，本题需要注意是利用的不同加热器，则相同的时间产生的热量不同，解题的关键是从图象中获取有用信息。
三、热平衡方程的应用（共3小题）
8．（2020•赫山区校级自主招生）在两个相同的杯子内，盛有质量相等的热水和冷水，在不计热损失的情况下。将一半热水倒入冷水杯内，冷水杯内的温度升高21℃．若再将热水杯内剩余热水的一半再次倒入冷水杯内，冷水杯内的水温会升高（ ）
A．6℃B．7℃C．8℃D．9℃
【考点】热平衡方程的应用
【专题】计算题；电和热综合题；应用能力．
【答案】A
【分析】由题意可知，容器内水的质量和一杯热水的质量相等，不计热损失时，热水放出的热量和冷水吸收的热量相等，根据Q＝cm△t可知两者温度的变化量相等，据此设出热水、冷水的初温和热平衡后共同的温度；若再将热水杯内剩余热水的一半再次倒入冷水杯内时，相当于同时向冷水中倒入+＝杯热水，根据Q＝cm△t得出等式求出热平衡后共同的温度，进一步求出冷水温度将再升高的值。
【解答】解：设容器内水的质量和一杯水的质量为m，热水的初温为t热，冷水的初温t冷，将一半的热水倒入容器中后共同的温度为t，
因不计热损失，
所以，由Q＝cm△t可得：
Q放＝Q吸，即cm△t热＝cm△t冷，
解得：△t热＝2△t冷＝2×21℃＝42℃，
据此可设t冷＝0℃，则t＝21℃，t热＝21℃+42℃＝63℃，
若再将热水杯内剩余热水的一半再次倒入冷水杯内时，相当于同时向冷水中倒入+＝杯热水，
则cm（t热﹣t′）＝cm（t′﹣t冷） 即3（63℃﹣t′）＝4（t′﹣0℃）解得：t′＝27℃，
所以，冷水温度将再升高△t＝t′﹣t＝27℃﹣21℃＝6℃。
故选：A。
【点评】本题考查了热量公式Q＝cm△t的应用，利用赋值法解得问题时要注意所设数据的合理性。
9．（2018秋•南湖区校级月考）将一杯热水倒入盛有冷水的容器中，冷水的温度升高了10℃，再向容器中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℃．不考虑对外散热，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________，以及最开始冷水与热水的质量之比是________．（ ）
A．4℃4：1B．4℃3：1C．2℃4：1D．2℃3：1
【考点】热平衡方程的应用
【专题】计算题；定量思想；方程法；比热容、热机、热值；应用能力．
【答案】B
【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的一杯热水倒入盛有质量为m的冷水的容器中，使得冷水温度升高了10℃，
则有：Q吸＝Q放，即：cm0（t﹣10℃）＝cm×10℃﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣①
又向容器中倒入一杯同质量为m0同温度的热水，水温又上升了6℃，
则有：Q吸＝Q放，即：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，即 ＝
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：B。
【点评】解决此类综合分析题目，要结合热量公式和热传递的条件进行分析解答。不计热量的损失，可利用热平衡方程Q吸＝Q放列出两个等式；同时还应注意一次次注入和一次性注入相同的水，结果应是相同的。
10．（2019•锦江区模拟）甲、乙两个相同的杯子中盛有质量和初温都相同的水，另有A、B两个金属球，其质量和初温也都相同，且都比水的温度高。现将A、B两球分别浸没在甲、乙两杯水中，热平衡后，甲杯水温升高了15℃，乙杯水温升高了8℃（不计热损耗）。则（ ）
A．A球比热容大于B球比热容
B．A球比热容小于B球比热容
C．A球放出热量等于B球放出的热量
D．A球放出的热量小于B球放出的热量
【考点】热平衡方程的应用
【专题】推理法；比热容、热机、热值．
【答案】A
【分析】球放在水中，球放出热量，球温度降低。水吸收热量，水温度升高，当水的温度不再升高时，每个杯中都达到了热平衡，水的温度与球的温度相等；每个金属块放出的热量等于各自杯中水吸收的热量，根据水的温度关系可以判断球放出的热量关系，然后由热量公式可以判断出球的比热关系。
【解答】解：（1）甲、乙两个杯子中水的质量m相同，
两球放入水中后，水吸收热量温度升高，
甲杯的水温升高15℃，乙杯中水温升高8℃，
即：△t甲＞△t乙，水的比热c相同，
不计热量损失，由Q＝cm△t可知，
△Q甲吸＞△Q乙吸，
△Q甲吸＝△Qa放，△Q乙吸＝△Qb放，
△QA放＞△QB放；A球放出的热量更多些；故CD错误；
（2）甲、乙水的初温t相同，△t甲＞△t乙，
t甲＞t乙，tA＞tB，
球的初温t初相同，
t初﹣tA＜t初﹣tB；
质量相同、初温t初相同的两球A和B，
对于A有：△QA放＝cAmA（t初﹣tA）…①
对于b有：△QB放＝cBmB（tB﹣t初）…②
已知：∴△QA放＞△QB放，mA＝mB，
得：＞1，
所以＝cAmA（t初﹣tA）＞cBmB（tB﹣t初）；
t初﹣tA＜t初﹣tB，
则有cA＞cB．故A正确，B错误；
故选：A。
【点评】本题难度较大，知道水吸收的热量等于球放出的热量，熟练应用热量公式，充分利用已知量之间的关系，是正确解题的关键。
考点卡片
1．比热容的概念及其计算
【知识点的认识】
（1）单位质量的某种物质温度升高1℃吸收的热量叫做这种物质的比热容，简称比热。
比热容是通过比较单位质量的某种物质升温1℃时吸收的热量，来表示各种物质的不同性质。
（2）比热容的单位：在国际单位制中，比热容的单位是J/（kg•℃），读作焦每千克摄氏度。
水的比热容是4.2×103J/（kg•℃）。它的物理意义是1千克水，温度升高1℃，吸收的热量是4.2×103焦耳。
单位质量的某种物质温度升高1℃吸收的热量和它温度降低1℃放出的热量相等，也是它的比热。
（3）比热表
比热容是物质的一种特性，各种物质都有自己的比热。物理学中，常把由实验测定的物质的比热，列成表格，便于查找。
从表中还可以看出，各物质中，水的比热容最大。这就意味着，在同样受热或冷却的情况下，水的温度变化要小些。水的这个特征对气候的影响很大。在受太阳照射条件相同时，白天沿海地区比内陆地区温升慢，夜晚沿海地区温度降低也少。所以一天之中，沿海地区温度变化小，内陆地区温度变化大。在一年之中，夏季内陆比沿海炎热，冬季内陆比沿海寒冷。
（4）水比热容大的特点，在生产、生活中也经常利用。如汽车发动机、发电机等机器，在工作时要发热，通常要用循环流动的水来冷却。冬季也常用热水取暖。
【命题方向】
第一类常考题：
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
分析：比热容是物质本身的一种特性，反映了物体的吸热或放热能力，大小只与物质有关，与其它因素没有关系。
解：比热容是物质本身的一种特性，其大小是由物质决定的，与是否吸热、放热、温度、质量等因素无关。
故选D。
点评：此题考查了比热容的特点，要掌握其物理意义，真正理解是物质本身一种特性的真正含义。
第二类常考题：
根据表中几种物质的比热容，判断下列说法中不正确的是（ ）
A．制作体温计常用水银做介质，原因之一是水银的比热容小
B．北方楼房中的暖气用水做介质，利用了水的比热容大的特性
C．由于水比沙石的比热容大，所以内陆地区的昼夜温差比沿海地区大
D．由于水比冰的比热容大，所以冷却食品时0℃的水比0℃的冰效果好
分析：A、液体温度计的原理是液体的热胀冷缩性质，水银的比热容小，吸收相同的热量时，温度变化得更明显；
B、暖气中的传热介质，要求在降低相同的温度时放出更多的热量，就需要比热容较大的水；
C、沙石的比热容比较小，在同样受热和受冷的情况下，沙石的温度变化值比较大，所以内陆地区的昼夜温差大；
D、冷却食品时，冰的效果好一些，因为冰在熔化的过程中要从物体吸收热量。
解：A、水银的比热容比较小，吸收相同的热量温度升得更高，可以更准确地测量物体的温度，所以A是正确的；
B、水的比热容比较大，降低相同的温度时可以放出更多的热量，取暖效果更好，所以B是正确的；
C、因为水比沙石的比热容大，在吸收和放出相同的热量时，水的温度变化值更小，沙石的温度变化值大，所以内陆地区比沿海地区的昼夜温差大，所以C是正确的；
D、虽然水的比热容比较大，但冰在熔化时会吸收热量变为水继续冷却食品，冷却的效果是更好。
故选D。
点评：此题考查的是比热容知识在生活中的应用，理论联系实际，是一道好题。
【解题方法点拨】
（1）对于同一种物质，比热容的值还与物质的状态有关，同一种物质在同一状态下的比热容是一定的，但在不同状态时，比热容是不同的。如：水的比热容是4.2×103J/（kg•℃），而冰的比热容是2.1×103J（kg•℃）。
（2）对于物质的比热容，可以从以下两个方面理解：首先，比热容跟密度一样，也是物质的一种特性，它既不随物质质量的改变而变化，也不随物质吸收（或放出）热量的多少及温度的变化而变化，也就是说，只要是相同的物质，不论其形状、质量、温度高低、放置地点如何，它的比热容一定是相同的；其次，不同物质的比热容不同，同种物质的比热容相同，它反映了不同物质吸、放热本领的强弱，还可以利用物质的这种特性来鉴别物质。
2．热量的计算
【知识点的认识】
物体的温度升高时吸收热量为：Q吸＝cm（t﹣t0）
物体的温度降低时放出的热量为：Q放＝cm（t0﹣t）
式中的c为物体的比热容，m为物体的质量，t0表示物体原来的温度，t表示物体后来的温度．若用△t表示物体变化的温度（升高或降低的温度），那么，物体温度升高过程吸收的热量或物体温度降低过程放出的热量可以统一写为：Q＝cm△t．
【命题方向】
第一类常考题：
铜的比热容是铅的比热容的3倍．质量相同的铜块和铅块，若它们升高的温度之比为1：2，则它们吸热之比为（ ）
A．2：3 B．3：2 C．6：1 D．1：6
分析：知道铜和铅的比热容之比、升高的温度值比、质量m相同，根据公式Q吸＝cm△t求它们吸收的热量之比．
解：由题知，m铜：m铅＝1：1，△t铜：△t铅＝1：2，c铜：c铅＝3：1，
∵Q吸＝cm△t，＝＝××＝××＝．
故选B．
点评：本题考查了学生对热量公式的掌握和运用，涉及到两个物体关于热量、质量、温度变化量、比热容的比值，要防止因颠倒而出错．
（2）第二类常考题：
为了利用太阳能资源，节约经营成本，崇左市某大型宾馆在楼顶安装了10台相同的太阳能热水器，每台热水器的水箱容积为200L．在夏季光照条件下，一满箱15℃的水经白天太阳能加热，温度可达到65℃．已知水的比热容为4.2×103J/（kg•℃），天然气的热值为8.4×107J/kg．求：
（1）10台热水器装满水时，温度从15℃升高到65℃吸收了多少热量？
（2）若这些热量由完全燃烧的天然气提供，需要多少千克天然气？
分析：（1）利用密度公式求出水的质量，知道水的初温和末温，利用吸热公式求水吸收的热量；
（2）由题知，Q吸＝Q放，再利用燃料完全燃烧放热公式Q放＝qm求需要天然气的质量．
解：（1）一满箱水的体积：
v＝200L＝200×10﹣3m3，
一满箱水的质量：
m水＝ρ水v＝1.0×103kg/m3×200×10﹣3m3＝200kg，
一满箱水的温度从15℃升高到65℃，所吸收的热量为
Q吸＝c水m水△t＝4.2×103J/（kg•℃）×200kg×（65℃﹣15℃）＝4.2×107J，
10台热水器装满水时，水吸收的热量：
Q＝4.2×107J×10＝4.2×108J；
（2）由题知，10台热水器获得的太阳能相当于质量为m的天然气完全燃烧放出的热量，
即：Q放＝mq＝Q＝4.2×108J，
m＝＝＝5kg．
答：（1）10台热水器装满水时，温度从15℃升高到65℃吸收了4.2×108J的热量；
（2）若这些热量由完全燃烧的天然气提供，需要5kg天然气．
点评：本题考查了学生对吸热公式Q吸＝cm△t、燃料完全燃烧放热公式Q放＝mq的掌握和运用，注意200L≠200kg，必须利用密度公式计算．
（3）第三类常考题：
上海世博会的主题是“城市，让生活更美好”．为了倡导低碳生活，太阳能热水器被广泛应用于现代生活．
下表提供的是一装满水的太阳能热水器在太阳照射下的相关信息：
注：1L＝10﹣3m3
请根据上表信息，通过计算回答问题．
（1）热水器中水的质量为 100 kg；
（2）热水器中的水需吸收的热量为 2.52×107 J；
（3）热水器平均1h所接收的太阳能约为 5.04×106 J．
分析：（1）已知水的体积，求质量，利用密度的公式计算；
（2）已知水的比热容、温度的变化量、质量，求热量，利用热量的计算公式计算；
（3）由上一问水吸收的热量，利用效率公式计算出接受的太阳能量．
解：（1）m＝ρv＝1.0×103kg/m3×100×10﹣3m3＝100kg；
（2）Q＝cm△t＝4.2×103J/（kg•℃）×100kg×60℃＝2.52×107J；
（3）热水器平均10h所接收的太阳能为：＝＝＝5.04×107J．
那么平均1h所接收的太阳能为：×5.04×107J＝5.04×106J
故答案为：（1）100，（2）2.52×107，（3）5.04×106．
点评：（1）计算本题时要注意单位换算，1L＝1dm3；（2）注意，升高的温度是60℃，即温度的变化量是60℃；不是末温．
【解题方法点拨】
（1）应用热量公式解题应注意的几个问题：
①质量的单位要用千克；
②注意识别和恰当地使用有关“温度变化”的用词，一定要分清初温、末温，升高了、升高到（或降低了、降低到）的温度含义，要根据题意作出正确的判断；
③应用热量公式的条件是物质的状态不能改变，若不考虑这个因素，计算结果就会出现错误
（2）这两个公式解题的一般步骤是：
①根据题意是吸热还是放热找出相应的公式；
②明确要求的物理量；
③根据所给已知条件求解．
（3）在使用热量公式进行计算时，首先各物理量的单位必须统一用国际单位，如温度t的单位用℃，质量m的单位用kg，比热容c的单位用J/（kg•℃），热量的单位用J．其次，对有关温度的文字叙述应特别谨慎，不可乱套．注意分清“升高”“升高了”“降低”“降低了”对应的都是温度的改变量△t，而不是温度t；而“升高到”“降低到”对应的才是物体的末温t，另外，还要会对公式进行变形，求其中的任意一个量，如c＝，△t＝，吸热时t＝t0+，放热时t＝t0﹣；最后还要注意对热平衡方程（Q吸＝Q放）的应用，即在热传递过程中，如果没有能量损失，那么，高温物体降温放出的热量就等于低温物体升高所吸收的热量．
3．热平衡方程的应用
【知识点的认识】
热平衡方程：
在热传递过程中，如果没有热量损失，则高温物体放出的热量Q放等于低温物体吸收的热量Q吸，即Q放＝Q吸，把这个关系叫热平衡方程．
热平衡方程式：
两个温度不同的物体放在一起，高温物体放出热量，低温物体吸收热量，当两个物体温度达到相同时，如果没有热量损失，则有Q吸＝Q放，称为热平衡方程．在热量计算题中，常采用此等式．
【命题方向】
第一类常考题：
某中学为学生供应开水，用焦炭作为燃料，已知焦炭的热值是3×107J/kg，现完全燃烧了4.2kg的焦炭，放出的热量 1.26×108J ，设该热量有25%被水吸收，能将 100 kg的水从25℃加热到100℃．[已知c水＝4.2×103J/（kg•℃）]．
分析：（1）根据Q＝mq求出焦炭完全燃烧放出的热量；
（2）水吸收的热量等于燃料放出的热量的25%，据此求出水吸收的热量，根据Q＝cm（t﹣t0）求出水的质量．
解：（1）焦炭完全燃烧放出的热量：
Q放＝mq＝4.2kg×3×107J/kg＝1.26×108J；
（2）水吸收的热量：Q吸＝25%×Q放＝25%×1.26×108J＝3.15×107J；
∵Q＝cm（t﹣t0）
∴水的质量：
m′＝＝＝100kg．
故答案为：1.26×108J；100．
点评：此题主要考查的是学生对燃料热值计算公式和热平衡方程的理解和掌握，弄清楚水吸收的热量是解决此题的关键．
例2：用相同的加热装置给质量相等的甲、乙两种液体同时加热，两种液体的温度随时间的变化如表．由数据比较两种液体的比热容（ ）
A．c甲＞c乙 B．c甲＝c乙 C．c甲＜c乙 D．无法确定
分析：甲、乙两种液体质量相等、初温相同、吸热也相同，末温从表中可以看出，利用热量的计算公式分析即可．
解：
由表中数据可以看出，相同的加热器当加热时间相同即液体吸收的热量相同时，乙的温度升高的快，
利用热量的计算公式Q＝cm△t可知，在质量相等、初温相同、吸热也相同的情况下，谁的温度升高得快，它的比热容小；
所以，乙的比热容小，甲的比热容大．
故选A．
点评：分析本题采用了控制变量法．物理学中对于多因素（多变量）的问题，常常采用控制因素（变量）的方法，把多因素的问题变成多个单因素的问题．每一次只改变其中的某一个因素，而控制其余几个因素不变，从而研究被改变的这个因素对事物影响，分别加以研究，最后再综合解决，这种方法叫控制变量法．它是科学探究中的重要思想方法，广泛地运用在各种科学探索和科学实验研究之中．控制变量法是初中物理中常用的探索问题和分析解决问题的科学方法之一．
【解题方法点拨】
此方程只适用于绝热系统内的热交换过程，即无热量的损失；在交换过程中无热和功转变问题；而且在初、末状态都必须达到平衡态．系统放热，一般是由于温度降低、凝固、液化及燃料燃烧等过程．而吸热则是由于温度升高，熔解及汽化过程而引起的加热时间（min）
0
3
水的温度（℃）
18
28
油的温度（℃）
18
43
加热时间（min）
0
3
水的温度（℃）
18
28
油的温度（℃）
18
43
物质
水
冰
酒精
煤油
蓖麻油
汞
比热容×103J/（kg•℃）
4.2
2.1
2.4
2.1
1.8
0.14
物质
铝
砂石
干泥土
铁、钢
铜
铅
比热容×103J/（kg•℃）
0.88
0.92
0.84
0.46
0.39
0.13
物质
比热容[J/（kg•℃）]
物质
比热容[J/（kg•℃）]
水银
0.14×103
沙石
0.92×103
水
4.2×103
冰
2.1×103
太阳照射时间/h
太阳能转换为水的内能的效率
热水器最大水容量/L
10
50%
100
水升高的温度/℃
水的比热容[J•（kg•℃）﹣1]
水的密度/（kg•m﹣3）
60
4.2×103
1.0×103
时间t/min
0
1
2
3
4
5
甲的温度/
20
22
24
26
28
30
乙的温度/
20
25
30
35
40
45