初中物理自主招生讲义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（ ）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2.7×103A
．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：液体质量（g）初温（
℃）末温（℃）加热时间（min）水300203012煤油30020306（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”）。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：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：物质次数质量m/kg升高的温度△T/℃加热时间t/min水10.110220.2104煤油30.110140.2102（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：加热时间/min024681012温度/℃海水31.031.632.132.532.833
.033.1沙子31.031.833.834.535.836.036.3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t
1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，1kg10
0℃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?℃） 。吸收热量/千焦050100150200300400500
600650温度/℃﹣87.5﹣62.5﹣37.5﹣12.5000012.525.0吸收热量/千焦7508509009501000
20003000310031503200温度/℃50.075.087.5100.0100.0100.0100.0100.0100.
0125.0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＝3
75kJ。（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＝c
m△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＝×2
m2×6×3600s×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 。吸收热量/千焦0501001502003004005006
00650温度/℃﹣87.5﹣62.5﹣37.5﹣12.5000012.525.0吸收热量/千焦75085090095010002
0003000310031503200温度/℃50.075.087.5100.0100.0100.0100.0100.0100.0
125.0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2
5kJ；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＝1
0℃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×4.2k
g×（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＝20k
g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3.5×10
3J/（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℃＝8
2℃，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4.2×10
3J/（kg?℃）答案与解析：Q放＝8×104J/（m2?min）×1.4m2×3×60min＝2.016×107JQ吸＝Q放×6
0%＝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4.2×103
J/（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%＝1.575×1
08J×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﹣m
2，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℃﹣5
0℃）＝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﹣t
2），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：＝﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣③c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℃。 |
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