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C
C
沿海
小于
大
$1:1$
$45$
$9:2$
B
B
A
【分析】
这道题要求选出没有利用“水的比热容大”特性的事例，解题时首先要明确水的比热容大的核心规律：等质量的水和其他物质相比，吸收/放出相同热量时，水的温度变化幅度更小；升高/降低相同温度时，水可以吸收/放出更多的热量。我们只需要逐个拆解每个选项的工作原理，判断是否符合上述规律，就能筛选出正确答案。
【解析】
我们对四个选项逐一分析：
1. 选项A：海边水域面积大，沙漠地区砂石多，水的比热容远大于砂石。相同质量的水和砂石吸收同等太阳辐射热量时，水升温更慢；夜间放出同等热量时，水降温也更慢，因此海边昼夜温差远小于沙漠，该选项利用了水的比热容大的特性，不符合题意。
2. 选项B：暖气以水为传输热量的介质，是因为水的比热容大，等质量的水在降低相同温度时，可以释放出更多的热量，供暖效率更高，该选项利用了水的比热容大的特性，不符合题意。
3. 选项C：在发烧病人额头擦冷水降温，利用的是冷水汽化（蒸发）过程中需要吸收热量，从而带走人体多余热量实现降温，该过程和水的比热容大的特性无关，符合题意。
4. 选项D：生物体内水的占比很高，依靠水的比热容大的特点，当外界环境温度发生变化时，生物体内的水可以吸收或放出较多热量，自身温度却不会出现大幅波动，从而帮助生物体调节自身体温，该选项利用了水的比热容大的特性，不符合题意。
综上，答案选C。
【答案】
C
【知识点】
水的比热容应用，蒸发吸热
【点评】
本题是热学部分的基础常见题型，易错点是容易将“冷水擦身降温”的蒸发吸热原理和水的比热容大的应用混淆，解题时要抓住核心区分点：水的比热容相关应用的本质是利用水的温度变化伴随的吸放热特性，而蒸发吸热是利用水的物态变化过程吸热，二者原理完全不同。
【难度系数】
0.8
【分析】
我们可以按以下思路推导：首先明确同一电水壶的加热功率是恒定的，相同时间内产生的热量近似相等，加热总时长和需要吸收的总热量成正比。先假设完全不计壶的吸热，水的体积从500mL变为1000mL时质量翻倍，两次加热水的温度变化量相同，根据吸热公式水需要吸收的热量也会翻倍，对应加热时间应该是4min。但题目明确说明壶自身也会吸收部分热量，两次加热过程中壶都是从室温升高到沸点，壶吸收的热量是固定值：第一次总热量是500mL水吸热加壶吸热，第二次总热量是1000mL水吸热加壶吸热，对比可知第二次总热量小于2倍的第一次总热量，因此加热时间小于4min；同时1000mL水自身需要吸收的热量已经大于第一次的总热量，所以加热时间必然大于2min，最终时长就在2min到4min之间。
【解析】
1. 同一电水壶正常工作时加热功率P恒定，由W=Pt可知，电水壶产生的总热量与加热时间成正比。
2. 水的密度为1g/cm³，500mL水的质量m₁=ρV₁=500g，1000mL水的质量m₂=1000g=2m₁。
3. 两次加热都是将水从相同初温加热至沸腾，水的温度变化量Δt一致，根据吸热公式Q吸=cmΔt，可得第二次水吸收的热量Q水₂=2Q水₁。
4. 设两次加热过程中壶自身吸收的热量均为Q壶，可得：
第一次总热量：Q总₁ = Q水₁ + Q壶 = P·t₁，其中t₁=2min
第二次总热量：Q总₂ = Q水₂ + Q壶 = 2Q水₁ + Q壶
将Q水₁ = P·t₁ - Q壶代入Q总₂，可得：
Q总₂ = 2(Pt₁ - Q壶) + Q壶 = 2Pt₁ - Q壶
因此满足Q总₁ ＜ Q总₂ ＜ 2Q总₁，对应加热时间t₁ ＜ t₂ ＜ 2t₁，即2min ＜ t₂ ＜ 4min。
【答案】
C
【知识点】
吸热公式应用；电功与热量计算
【点评】
本题的易错点是忽略题目给出的“壶会吸收部分热量”的条件，直接认为水的质量翻倍加热时间就翻倍错选B，解题时不需要精确计算具体时长，只需要通过对比两次总热量的大小关系，就能推导出时间的取值范围，重点考察对热平衡逻辑的理解能力。
【难度系数】
0.6
【分析】
拿到这道题，我们可以按步骤推导：首先明确已知条件，两个城市同纬度，分别为沿海和内陆，当日天气均为晴天。第一步先计算两个城市的昼夜温差：城市甲的温差为30℃-22℃=8℃，城市乙的温差为37℃-19℃=18℃，可见甲的昼夜温差远小于乙。接下来结合比热容的规律思考：沿海区域水多，内陆区域砂石多，水的比热容比砂石大，根据热量公式Q=cmΔt，质量相同的不同物质吸收相同的太阳辐射热量时，比热容越大，温度变化量越小，因此沿海城市昼夜温差更小，由此就能判断出温差小的甲是沿海城市，剩余空也可顺推得出。
【解析】
1. 对比温差：计算可得城市甲昼夜温差为8℃，城市乙昼夜温差为18℃，甲的昼夜温差明显更小。
2. 结合物质特性分析：沿海城市临近海洋，水体占比高，内陆城市砂石泥土占比高，砂石的比热容小于水的比热容。
3. 根据吸热公式$Q_{吸}=cm\Delta t$，质量相等的砂石和水吸收相同热量时，比热容越小，温度变化量越大，因此砂石的温度变化更大，对应内陆城市昼夜温差大，所以温差更小的甲是沿海城市。
【答案】
沿海 小于 大
【知识点】
水的比热容特性、热量公式应用
【点评】
本题是比热容知识点的典型生活应用题，结合天气预报的真实场景，考察学生对“水的比热容大可调节气温”规律的理解，引导学生用物理知识解释日常现象，属于基础类题型。
【难度系数】
0.9
【分析】
首先审题发现甲乙两物体都是铁块，属于同种物质，可直接根据比热容的特性得到比热容之比；接下来利用物体吸热公式$Q_{吸}=cm\Delta t$，结合已知的质量比、吸收热量相同的条件，通过公式变形推导温度变化量的反比关系，算出乙的温度升高值；最后再次代入吸热公式，将已知的比热容比、质量比、升高温度比代入，即可求出对应的吸收热量之比。整个解题过程不需要代入具体的比热容、热量数值，通过比例推导就能快速得到结果。
【解析】
1. 求比热容之比：
甲乙两物体均为铁块，是同种物质且状态相同，同种物质的比热容是定值，因此$c_甲=c_乙$，即$c_甲:c_乙=1:1$。
2. 求乙物体的温度升高值：
已知甲乙吸收相同热量，即$Q_{甲吸}=Q_{乙吸}$，代入吸热公式得：
$c_甲m_甲\Delta t_甲 = c_乙m_乙\Delta t_乙$
由于$c_甲=c_乙$，约去比热容后可得：
$m_甲\Delta t_甲 = m_乙\Delta t_乙$
变形得$\Delta t_乙=\frac{m_甲}{m_乙}·\Delta t_甲$，代入$m_甲:m_乙=3:1$，$\Delta t_甲=15\ °\mathrm{C}$：
$\Delta t_乙=3×15\ °\mathrm{C}=45\ °\mathrm{C}$
3. 求升高温度之比为3:2时的吸热之比：
根据吸热公式，吸收热量之比：
$\frac{Q_甲'}{Q_乙'}=\frac{c_甲m_甲\Delta t_甲'}{c_乙m_乙\Delta t_乙'}$
代入已知条件$c_甲:c_乙=1:1$，$m_甲:m_乙=3:1$，$\Delta t_甲':\Delta t_乙'=3:2$：
$\frac{Q_甲'}{Q_乙'}=\frac{1×3×3}{1×1×2}=\frac{9}{2}$，即吸热之比为9:2。
【答案】
$1:1$；$45$；$9:2$
【知识点】
比热容特性，热量计算
【点评】
本题是热学部分的基础比例题型，核心考点是同种物质比热容为定值的隐含条件，以及吸热公式的比例推导应用。解题时不需要代入物理量的具体数值，通过比例关系化简即可快速得到结果，需要注意各个物理量的对应关系，避免把正反比例搞反，是巩固吸热公式应用的典型习题。
【难度系数】
0.8
【分析】
这道题的解题思路可以按三步推进：第一步先找隐含条件，两个金属球放入开水中足够长时间，最终会和开水达到热平衡，因此取出时二者的初始温度是完全相等的；第二步结合放热公式对比温度变化，已知两球质量相等、放出的热量相同，根据放热公式Q放=cmΔt就能推导温度降低量的大小关系，比热容越大的物质，降温幅度越小；第三步比较末温判断热传递方向，初温相同的前提下，降温幅度小的物体末温更高，热传递只会从高温物体向低温物体进行，就能得到最终结论。
【解析】
1. 确定初始温度：铁球和铜球放入开水中长时间静置，最终与开水温度一致，因此两球取出时的初温$t_0$完全相等。
2. 推导温度变化量：已知两球释放的热量$Q_{放}$相同、质量$m$相等，由放热公式$Q_{放}=cm\Delta t$变形可得温度变化量$\Delta t=\frac{Q_{放}}{cm}$。题目给出$c_{铁}＞c_{铜}$，代入可得$\Delta t_{铁}＜\Delta t_{铜}$，即铁球降低的温度小于铜球降低的温度。
3. 比较末温大小：两球的末温满足$t = t_0 - \Delta t$，由于初温$t_0$相同，铁球的降温幅度更小，因此末温$t_{铁}＞t_{铜}$。
4. 判断热传递方向：热传递的条件是两物体存在温度差，热量会从高温物体自发传递到低温物体，因此热量会从铁球传给铜球。
综上答案选B。
【答案】
B
【知识点】
放热公式应用；热传递方向判断
【点评】
本题属于比热容的常规易错题，很多同学容易忽略“放入开水很长时间”这个隐含的初温相等条件，也容易搞反比热容和温度变化的对应关系，解题时要先明确初始状态的温度关系，再通过公式定量推导末温高低，避免凭直觉判断出错。
【难度系数】
0.6
【分析】
这是一道不计热量损失的多阶段热平衡问题，解题核心思路是依托热平衡方程Q吸=Q放逐步推导：
1. 先设定未知量：初始容器内冷水质量为m，初始状态下热水和冷水的温度差为t，已知每杯热水质量m0=300g，冷热水都是水，比热容相同，后续计算可直接约去比热容简化运算。
2. 第一次倒入热水后，冷水升温10℃，此时热水的末温等于冷水升温后的温度，热水降低的温度为初始温差t减去10℃，据此列第一个热平衡方程。
3. 第二次倒入同款热水后，容器内原有水的总质量变为m+m0，当前温度比初始冷水高10℃+6℃=16℃，新倒入的热水降低的温度为初始温差t减去16℃，据此列第二个热平衡方程。
4. 联立两个方程即可求出初始冷水质量m和初始冷热温差t，再代入第三次倒热水的热平衡关系，算出第三次倒入后冷水的新增升温幅度，最后逐一比对选项判断正误即可。
【解析】
解：设一开始容器内冷水的质量为m，初始时热水和冷水的温度差为t，每杯热水质量m0=300g，水的比热容为c，不计热量损失时热水放出的热量等于冷水吸收的热量：
1. 第一次倒入热水，冷水温度升高10℃：
热水降低的温度为$t-10\ ℃$，由$Q_放=Q_吸$得：
$cm_0(t-10\ ℃)=cm×10\ ℃ \tag{1}$
2. 第二次倒入同样的热水，冷水温度又升高6℃，此时容器内水的总质量为$m+m_0$，当前温度比初始冷水高$10\ ℃+6\ ℃=16\ ℃$，新倒入的热水降低的温度为$t-16\ ℃$，由$Q_放=Q_吸$得：
$cm_0(t-16\ ℃)=c(m+m_0)×6\ ℃ \tag{2}$
约去两式中的公共项c，整理后用式(1)减去式(2)，化简可得$m=3m_0$，代入$m_0=300\ \mathrm{g}$得初始冷水质量$m=900\ \mathrm{g}$，因此选项C（150g）、D（450g）均错误。
将$m=3m_0$代回式(1)，约去$m_0$后解得$t=40\ ℃$，即一开始冷水和热水的温差为$40\ ℃$，选项B正确。
3. 计算倒入第三杯热水后的升温：假设将三杯热水一次性注入冷水，设冷水相对于初始状态的总升温为$\Delta t$，由总吸放热相等得：
$3cm_0(40\ ℃-\Delta t)=cm\Delta t$
代入$m=3m_0$，约去公共项后解得$\Delta t=20\ ℃$。前两次倒入热水后冷水已经累计升温$16\ ℃$，因此倒入第三杯后冷水还会上升$20\ ℃-16\ ℃=4\ ℃$，选项A（升高3℃）错误。
综上只有B选项描述正确。
【答案】B
【知识点】热平衡方程，热量计算，比热容应用
【点评】本题属于多阶段热平衡的典型易错题，很多同学容易搞错第二次、第三次倒入热水时热水的降温幅度，忽略容器内原有水的质量已经发生变化，解题的核心技巧是利用冷热水比热容相同的特点直接约去c，大幅简化联立方程的计算量，只要明确每一次吸放热过程中两部分水的初温、末温和质量，就可以快速推导得到结果。
【难度系数】0.3
【分析】
首先第一步先区分两条图线对应的物质：标准大气压下水的凝固点是0℃，所以降温到0℃后保持温度不变的上方图线是水，降温到-4℃后保持温度不变的下方图线是液体M。题目给出单位时间内两种物质放出的热量相等，且二者质量相同，我们可以利用放热公式Q=cmΔt，结合相同时间内放热相等的条件推导液体M的比热容，再逐个验证每个选项的正误：判断比热容大小对应的放热能力，结合晶体凝固的特点分析不同时间段的物态，再通过降温所用的时间长短比较放出热量的多少，就能选出正确答案。
【解析】
首先明确对应物质：标准大气压下水的凝固点为0℃，因此温度降至0℃后保持恒定的图线对应水，温度降至-4℃后保持恒定的图线对应液体M。
逐个分析选项：
1. 选项A：已知单位时间内二者放热相等，因此0~t₂时间段内，水和液体M放出的总热量Q相等，二者质量m也相等。此过程水的温度变化Δt水=20℃-4℃=16℃，液体M的温度变化Δt_M=20℃-(-4℃)=24℃。根据放热公式Q=cmΔt，可得c水mΔt水 = c_M mΔt_M，代入数据：
$c_M = \frac{c_水 \Delta t_水}{\Delta t_M} = \frac{4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)} ×16℃}{24℃} = 2.8×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}$，A正确。
2. 选项B：比热容是物质放热/吸热能力的体现，水的比热容$4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}$大于液体M的$2.8×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}$，说明水的放热能力比液体M更强，B错误。
3. 选项C：t₂~t₄时间段内，液体M处于凝固过程，为固液共存状态；但水在t₂~t₃时间段温度还在从4℃下降到0℃，此时水仍为液态，t₃~t₄时间段水才进入凝固过程为固液共存状态，因此两种物质并非全程都是固液共存状态，C错误。
4. 选项D：从20℃降温到0℃时，水的放热时间明显长于液体M，由于单位时间内二者放出热量相等，因此水放出的总热量大于液体M放出的热量，D错误。
综上只有A选项正确。
【答案】
A
【知识点】
比热容计算，晶体凝固特点，放热公式应用
【点评】
本题结合晶体凝固的温度变化图像考查比热容相关计算，解题的关键是先根据凝固点区分两种物质，抓住“单位时间放热相等”的核心条件，灵活运用放热公式推导计算，容易出错的点是混淆两种物质的凝固时间段，误判不同时段的物态。
【难度系数】
0.6
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