第47页 - 亮点给力提优课时作业本九年级物理江苏版

52

$\boldsymbol{2.1×10^3}$

＞

＜

 解：

 (1) 水吸收的热量：

 $Q_{\mathrm{吸}}=c_{\mathrm{水}}m_{\mathrm{水}}(t-t_{0\mathrm{水}})=4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}×1\ \mathrm{kg}×(80℃-20℃)=2.52×10^5\ \mathrm{J}$

 (2) 不计热量损失，金属块放出的热量$Q_{\mathrm{放}}=Q_{\mathrm{吸}}=2.52×10^5\ \mathrm{J}，$

 由$Q_{\mathrm{放}}=cm(t_0-t)$可得金属块的比热容：

 $c_{\mathrm{金}}=\frac{Q_{\mathrm{放}}}{m_{\mathrm{金}}(t_{\mathrm{金}}-t)}=\frac{2.52×10^5\ \mathrm{J}}{2\ \mathrm{kg}×(500℃-80℃)}=0.3×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}$

 (3) 由$Q_{\mathrm{吸}}=cm\Delta t$可得水理论上升高的温度：

 $\Delta t'=\frac{Q'_{\mathrm{吸}}}{c_{\mathrm{水}}m_{\mathrm{水}}}=\frac{1.05×10^5\ \mathrm{J}}{4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}×1\ \mathrm{kg}}=25℃，$

 标准大气压下水的沸点为$100℃，$$80℃+25℃=105℃＞100℃，$因此水的末温为$100℃。$

大

从水到蓄冷剂

A

210 J

A

A蓄冷

剂吸热快，能使蛋糕快速降温保鲜效果好

【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

【分析】
这道题的核心是利用不计热损失时高温物体放出的热量等于低温物体吸收的热量（即热平衡方程$Q_吸=Q_放$）来求解，解题思路分两步走：
1. 第一空求解平衡水温：首先明确第一次热传递的两个对象，内胆里封存的300g、初温20℃的水是吸热物体，刚倒入的200g、初温100℃的开水是放热物体，忽略热损失，开水放出的热量全部被封存的冷水吸收，代入水的比热容的热量计算公式，列等式就能解出热平衡后的共同温度。
2. 第二空求解液态物质的比热容：倒掉杯内的水后，内胆里封存的水已经在第一次热传递后升到了刚才算出的温度，此时倒入200g初温为室温20℃的待测液态物质，封存的高温水放热，待测液态物质吸热，再次利用$Q_吸=Q_放$，先算出水放出的热量，也就是液体吸收的热量，再结合液体的质量、升高的温度，代入比热容公式就能算出待测液体的比热容。
【解析】
解：
1. 计算第一次热平衡后的水温：
设热平衡后水温为$t_1$，不计热损失，开水放出的热量等于封存水吸收的热量：
$Q_{吸}=Q_{放}$
代入热量公式$Q=cm\Delta t$得：
$c_水 m_{冷}(t_1 - t_{0冷}) = c_水 m_{热}(t_{0热} - t_1)$
代入已知数值：$c_水=4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}$，$m_{冷}=0.3\ \mathrm{kg}$，$t_{0冷}=20℃$，$m_{热}=0.2\ \mathrm{kg}$，$t_{0热}=100℃$
约去两边的$c_水$后：
$0.3\ \mathrm{kg}×(t_1 - 20℃) = 0.2\ \mathrm{kg}×(100℃ - t_1)$
展开计算：$0.3t_1 -6 = 20 -0.2t_1$
移项合并得：$0.5t_1=26$，解得$t_1=52℃$。
2. 计算待测液态物质的比热容：
倒掉杯内水后，封存的水初温为52℃，和待测液体热平衡后末温为44℃，封存水降低的温度$\Delta t'=52℃-44℃=8℃$，水放出的热量：
$Q'_放 = c_水 m_{冷} \Delta t' = 4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}×0.3\ \mathrm{kg}×8℃ = 1.008×10^4\ \mathrm{J}$
不计热损失，待测液体吸收的热量$Q'_吸=Q'_放=1.008×10^4\ \mathrm{J}$，待测液体的质量$m_液=0.2\ \mathrm{kg}$，升高的温度$\Delta t''=44℃-20℃=24℃$，由$Q=cm\Delta t$变形得液体的比热容：
$c_液=\frac{Q'_吸}{m_液 \Delta t''} = \frac{1.008×10^4\ \mathrm{J}}{0.2\ \mathrm{kg}×24℃} = 2.1×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}$
【答案】
$52$；$2.1×10^3$
【知识点】
热平衡方程应用；比热容计算；热量公式应用
【点评】
本题结合生活中“55度杯”的真实情境命题，将物理知识和生活应用结合，考察比热容相关的基础计算。解题的核心是准确区分两次热传递过程中的吸热、放热对象，找准各物体对应的初温和末温，避免误将第二次热传递时封存水的初温错记为100℃，整体属于比热容章节的常规基础应用题。
【难度系数】
0.7

【分析】
这道题的核心是利用热平衡的热量传递逻辑推导，首先第一步先对比两次水吸收的热量：第一次投入甲球时，不计热损失，水吸收的热量完全等于甲球放出的热量；第二次投入乙球时，水中已经有温度等于第一次平衡水温的甲球，后续水温升高的过程中甲球也会同步吸热，因此乙球放出的热量不仅要给水升温，还要给甲球升温，水吸收的热量会小于乙球放出的总热量。结合题目给出的Q甲=Q乙，就能得到两次水吸热的大小关系，再根据水的比热容和质量不变，由Q=cmΔt就能推出Δt1和Δt2的大小。接下来对比两金属球的降温幅度：两球初始加热后的温度完全相同，甲的末温是第一次平衡的水温，乙的末温是第二次更高的平衡水温，因此甲的温度降低量比乙大，再结合两球质量相等、放出总热量相等，由放热公式的变形就能对比出两者比热容的大小。
【解析】
1. 推导Δt1和Δt2的大小关系：
第一次将甲球投入冷水中，不计热量损失，水吸收的热量等于甲球放出的热量，即：
$Q_{吸1}=Q_甲 = c_水m_水\Delta t_1$
第二次投入乙球时，甲球未取出，热平衡过程中，除了水要升温Δt₂，原本已经和第一次水温平衡的甲球也会随水温升高吸收部分热量，因此水吸收的热量小于乙球放出的总热量，即：
$Q_{吸2}=c_水m_水\Delta t_2 ＜ Q_乙$
题目已知$Q_甲=Q_乙$，因此可得$Q_{吸1}＞Q_{吸2}$。由于水的比热容$c_水$和质量$m_水$均不变，根据$\Delta t=\frac{Q_吸}{c_水m_水}$，可推出$\Delta t_1＞\Delta t_2$。
2. 推导$c_甲$和$c_乙$的大小关系：
甲、乙两球被加热后的初始温度完全相同，设为$T_0$，冷水初始温度为$t_0$：
甲球的末温等于第一次热平衡的水温$t_0+\Delta t_1$，因此甲球的降温幅度$\Delta t_{甲降}=T_0-(t_0+\Delta t_1)$；
乙球的末温等于第二次热平衡的水温$t_0+\Delta t_1+\Delta t_2$，因此乙球的降温幅度$\Delta t_{乙降}=T_0-(t_0+\Delta t_1+\Delta t_2)$；
显然$\Delta t_{甲降}＞\Delta t_{乙降}$。已知两球质量$m_甲=m_乙$，放出的热量$Q_甲=Q_乙$，根据放热公式$Q_放=cm\Delta t$变形得$c=\frac{Q_放}{m\Delta t}$，在$Q_放$和$m$相等的前提下，降温幅度越大，比热容越小，因此$c_甲＜c_乙$。
【答案】
＞；＜
【知识点】
热平衡方程；比热容；热量计算
【点评】
本题的易错点是容易忽略第二次投入乙球时，水中已有的甲球也会吸收热量，错误认为两次水吸收的热量都等于对应金属球放出的热量。解题的关键是先明确第二次热平衡过程的吸热对象不止有水，再结合两金属球初温相同的条件对比两者的降温幅度，即可顺利完成推导。
【难度系数】
0.4

【分析】
这是一道热学综合计算题，我们可以分三步逐个突破三个小问：
1. 第一问求水吸收的热量，直接套用物体吸热公式$Q_吸=c_水m_水(t-t_{0水})$，准确提取题目给出的水的质量、初温、末温、水的比热容数值，代入计算即可。
2. 第二问求金属块的比热容，题目明确不计热量损失，说明金属块放出的全部热量都被水吸收，满足热平衡条件$Q_放=Q_吸$，先得到金属块放出的热量，再套用放热公式$Q_放=c_金m_金(t_{0金}-t)$，变形后就可以求出金属的比热容，注意金属块的末温和水的最终温度一致，是80℃，不要算错温度差。
3. 第三问求继续加热后的水的末温，先根据吸热公式算出如果水没有沸腾的话理论上升高的温度，再结合题目给出的“标准大气压”这个隐含条件：标准大气压下水的沸点是100℃，水沸腾时吸热但温度保持不变，所以如果理论计算的末温超过100℃，实际末温只能是100℃。
【解析】
(1) 已知水的质量$m_水=1\ \mathrm{kg}$，初温$t_{0水}=20\ ℃$，末温$t=80\ ℃$，水的比热容$c_{\mathrm{水}}=4.2× 10^{3}\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg}·°\mathrm{C})$，代入吸热公式：
$Q_吸 = c_水m_水(t - t_{0水}) = 4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)} × 1\ \mathrm{kg} × (80\ ℃ - 20\ ℃) = 2.52×10^5\ \mathrm{J}$
(2) 不计热量损失，金属块放出的热量等于水吸收的热量，即$Q_放=Q_吸=2.52×10^5\ \mathrm{J}$，金属块的质量$m_金=2\ \mathrm{kg}$，初温$t_{0金}=500\ ℃$，末温$t=80\ ℃$，由放热公式$Q_放=c_金m_金(t_{0金} - t)$变形得金属块的比热容：
$c_金 = \frac{Q_放}{m_金(t_{0金} - t)} = \frac{2.52×10^5\ \mathrm{J}}{2\ \mathrm{kg} × (500\ ℃ - 80\ ℃)} = 0.3×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}$
(3) 水继续吸收热量$Q'_吸=1.05×10^5\ \mathrm{J}$，由$Q_吸=cm\Delta t$得理论上水升高的温度：
$\Delta t' = \frac{Q'_吸}{c_水m_水} = \frac{1.05×10^5\ \mathrm{J}}{4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)} × 1\ \mathrm{kg}} = 25\ ℃$
理论末温$t' = 80\ ℃ + 25\ ℃ = 105\ ℃$，但标准大气压下水的沸点为100℃，水沸腾过程中吸热温度不变，因此水的实际末温为100℃。
【答案】
(1) $2.52×10^5\ \mathrm{J}$ (2) $0.3×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}$ (3) $100\ ℃$
【知识点】
热量计算，热平衡方程，沸点与气压
【点评】
本题是热学的基础常规计算题，前两问直接套用吸热、放热公式即可求解，难度较低，第三问设置了易错陷阱，很多同学会忽略“标准大气压下水的沸点为100℃”这个隐含条件，直接计算得到105℃的错误结果，解题时要注意挖掘题目给出的环境条件，结合沸腾的特点分析末温。
【难度系数】
0.6

【分析】
我们可以逐个小题梳理清晰的思考路径：
1. 第一问回忆分子热运动的核心特点：温度是分子热运动剧烈程度的标志，温度越高，分子热运动的平均速度就越大，直接对应得出结论。
2. 第二问依据热传递的基本规律：热量自发从高温物体向低温物体传递，刚从冰箱取出的蓄冷剂温度远低于容器内水的温度，因此就能判断热传递的方向。
3. 第三问0~t1时间段，对比两个容器中水的降温曲线，容器①的水温度下降更快，已知两容器内水的质量、初温完全相同，说明相同时间内容器①的水放出的热量更多，对应吸收热量的蓄冷剂吸热速度更快，即可判断对应的蓄冷剂。
4. 第四问先利用水的放热公式计算出500g水降低10℃总共放出的热量，题目说明热量全部被100g的蓄冷剂A吸收，总吸收热量等于水放出的热量，再除以A的总质量100g，就能得到每克A吸收的热量。
5. 第五问结合蛋糕配送的保鲜实际需求，需要快速给蛋糕降温，对比两种蓄冷剂的降温效果，选出更合适的蓄冷剂并说明理由即可。
【解析】
(1) 分子热运动的剧烈程度与温度正相关，蓄冷剂熔化前温度升高，其分子热运动速度变大。
(2) 热传递的方向始终是从温度高的物体向温度低的物体传递，0~$t_1$时水的温度高于蓄冷剂的温度，因此热传递方向为从水到蓄冷剂。
(3) 0~$t_1$内，容器①中的水温度下降速率比容器②更快，两容器内水的质量、初温完全相同，说明相同时间内容器①的水放出的热量更多，对应蓄冷剂A吸收热量的速度更快。
(4) 计算水放出的总热量：
$Q_{\mathrm{放}} = c_{\mathrm{水}}m_{\mathrm{水}}\Delta t = 4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg· °C)} × 0.5\ \mathrm{kg} × 10\ °\mathrm{C} = 2.1×10^4\ \mathrm{J}$
100g蓄冷剂A吸收的总热量等于水放出的热量，因此每克蓄冷剂A吸收的热量：
$Q_0 = \frac{Q_{\mathrm{放}}}{m_A} = \frac{2.1×10^4\ \mathrm{J}}{100\ \mathrm{g}} = 210\ \mathrm{J}$
(5) 配送蛋糕需要快速降温保鲜，蓄冷剂A吸热速度更快，能让周围温度快速降低，保鲜效果更好，因此选择蓄冷剂A。
【答案】
(1) 大
(2) 从水到蓄冷剂
(3) A
(4) 210 J
(5) A；A蓄冷剂吸热快，能使蛋糕快速降温，保鲜效果好
【知识点】
分子热运动，热传递，比热容计算
【点评】
本题结合生活中蓄冷剂食品保鲜的真实场景，将热学基础概念、图像信息提取和实际应用结合起来，既考察了学生对基础热学知识点的掌握程度，也锻炼了学生用物理知识解决生活实际问题的能力，符合新课标跨学科实践的考察导向，整体难度梯度平缓。
【难度系数】
0.7