人教版九年级全一册13.3比热容同步练习（有解析）

人教版九年级全一册 13.3 比热容 同步练习
一、单选题
1．下列对生活中的热现象解释不正确的是（　　）
A．运输海鲜时用冰块保鲜，是因为冰熔化吸热
B．集中供暖采用热水循环，是因为水的比热容较大
C．发烧时，冷毛巾敷额头可以降温，是通过热传递改变物体内能
D．夏天扇扇子感到凉快，是因为扇扇子降低了室内温度
2．同学们根据下表提供的几种物质的比热容得出下列四个结论，其中正确的是（　　）
物质 水 酒精 煤油 冰 水银 铜 铝 沙石
比热容c[×103J/(kg ℃)] 4.2 2.4 2.1 2.1 0.14 0.39 0.88 0.92
A．液体的比热容一定比固体的大
B．同一物质发生物态变化后，比热容不变
C．汽车发动机用水来冷却是因为水的比热容较大
D．质量相等的铝块和铜块，吸收相同的热量铜块升温快，所以铜块比热容大
3．用规格相同的电加热器分别对质量相等的甲和乙两种液体加热（不计热量损失），如图所示，是甲和乙的温度随加热时间变化的图像，下列说法正确的是（　　）
A．加热相同时间，乙吸收热量比甲多 B．由图可知，乙的比热容比甲大
C．乙物质在B点的分子动能大于A点的分子动能 D．乙物质在A点的比热容比B点低
4．甲、乙两种金属的比热容之比是，质量之比是。若它们吸收相同的热量后，甲物体的温度升高了10℃，则乙物体的温度升高了（　　）
A．5℃ B．10℃ C．15℃ D．20℃
5．如图所示为潮州市凤凰山的一部分等高线图，某登山运动员从A点到达B点的过程，下列说法正确的是（ ）
A．运动员的体重变大
B．运动员的重力势能减小
C．在B点烧水比在A点烧水时，水的比热容升高
D．运动员携带的气压计的示数在减小
6．成都正以新发展理念创建公园城市，让市民可以出门见绿意，抬头望雪山。对下列美好生活场景的分析，正确的是（　　）
A．春天，蒲江品茗春茶暖；热茶暖手，是通过做功改变手的内能
B．夏天，龙泉戏水浸心凉；水比岸边石头凉，说明水的比热容小
C．秋天，新都赏桂满城香；花香袭人，是分子无规则运动的结果
D．冬天，郫都望雪西岭上；山顶积雪常年不化，积雪的内能为零
7．2021年11月7日，全国气温大幅下升，北方有的地方下起了大雪，在北方冬天常用热水向千家万户供暖，用水供暖，主是是利用了（　　）
A．质量大 B．密度小
C．比热容大 D．凝固点高
8．夏天长时间放置在室内的甲、乙两个物体，甲的比热容大，乙的质量小，把它们同时放入同一个冰箱内冷却，经过一段时间温度稳定后（　　）
A．甲物体放出的热量多； B．乙物体放出的热量多；
C．甲、乙物体放出的热量一样多； D．以上情况都有可能
9．选用大空隙结构渗水材料铺装的路面具有良好的透水性能，可使雨水渗入地下，补充土壤水和地下水，能缓解城市热岛效应，也能有效吸收车辆行驶时产生的噪声。同时路面呈微小凹凸且不积水，可较好地防滑和防反光。下列说法正确的是（　　）
A．通过渗水缓解城市热岛效应与水的比热容较小的特性有关
B．减弱车辆行驶时产生的噪声是在人耳处进行的
C．路面反光是因为发生了漫反射
D．路面呈微小凹凸是通过增大接触面粗糙程度来增大摩擦力的
10．己知水的比热容是4.2×103J/（kg·℃），用如图所示的家用电热水壶烧开一壶自来水，水吸收的热量约为（　　）
A．6×104J B．6×105J C．6×106J D．6×107J
二、填空题
11．如图所示是冰的熔化图像，若在此过程中单位时间内吸收的热量恒定，水的比热容是冰的2倍。则由A→B的过程中，冰水混合物需要 _____热量，内能 _____。冰的初温t0＝_____℃。
12．在城市内修建人工湖，可以有效地缓解城市的“热岛效应”，这是利用了水的比热容较______的特性。水蒸发掉一部分后，其比热容______。
13．湿地能使周围环境昼夜的温差减小，这是因为水的比热容较 _____；相同质量的铝和铜，吸收了相同的热量，已知c铜＜c铝，则 _____上升的温度较高。
14．每年的4月24日为“中国航天日”，是为了纪念我国首颗人造卫星东方红一号发射成功。火箭发射时，燃料燃烧后喷出的高温燃气，通过______（选填“热传递”或“做功”）使发射台温度急剧升高，造成破坏。为了避免这种破坏，科学家在发射台下建造了一个巨大的水池，利用水的______较大的特性和水______（填物态变化的名称）时，会吸收大量的热量来降低发射台的温度，火箭加速升空的过程中重力势能______，动能______（两空均选填“变大”“变小”或“不变”）。
15．汽车发动机常用水来做冷却剂，这是因为水的___________较大，若发动机水箱中贮有 10kg 水，当水温升高 20℃ 时，水吸收的热量是________J。[c水=4.2×103J/（kg·℃）]
三、综合题
16．阅读短文，回答问题
豆浆机
某型号豆浆机，净重为2kg，底面面积为4cm2，豆浆机工作时，
额定电压 220V
电机功率 100W
加热功率 1100W
电热管加热与电动机打浆过程交替进行，都是通过MCU有关脚控制，相应三极管驱动，再由多个继电器组成继电器组实施电路转换来完成，其部分参数如表
（1）空豆浆机放在水平桌面上，对水平桌面的压强为_____Pa（g取10N/kg）．
（2）加热和打浆是交替进行，由此可知，豆浆机中的电动机和电热管的连接方式是_____（填“串联”或“并联”）；三极管是属于_____（填“导体”、“半导体”或“超导”）材料．
（3）不计热量的损失，加热管正常工作80s，可使1kg豆浆的温度升高_____℃[c豆浆＝4×103J/（kg ℃）]：豆浆飘出阵阵香味说明分子在_____．
（4）电热管通电一段时间后变得很烫，而与豆浆机连接的导线却不怎么热，主要是因_________产量的热量少．若豆浆机正常打好一次豆浆消耗的总电能为0.17kW h，加热与打浆的时间之比为3：1，则打好一次豆浆需_________h．
17．运用知识解决问题．
（1）为什么沿海地区温差比内陆地区小？
答：水的比热较______，水和干泥土相比，在同样受热或冷却时吸收或放出的热量______，而水的温度变化比干泥土______，因此会有这样的现象．
（2）小明对冰[]加热，根据实验数据，面出图象如下：
（a）根据图象可知：BC段______热量，内能______，温度______；
（b）请你算出在CD段中水所吸收的热量______．
18． ETC是一种对过往车辆无需停车即能实现收费的电子系统，目前在高速公路上已得到广泛应用。它是依托无线通信进行信息交换的无人自动化通行系统。如图甲是某公路出口处的ETC通道示意图。现有一辆汽车在公路上以图乙所示的速度计所示的速度开往收费站，在进入ETC收费岛区域前s1=50m处开始减速，经t1=4s后运动至ETC收费岛（图中阴影区域）边，此时速度为5m/s。然后，再以这个速度匀速通过ETC收费岛（长s2=35m）。已知车长5m。求：
（1）图乙所示的速度计所示的速度为v =______km/ =______m/s；
（2）汽车完全通过ETC收费岛所用的时间t2为______s
（3）汽车减速时，受到的阻力______（填“大于”、“等于”或“小于”）动力。
（4）汽车从减速开始，到完全通过收费岛的过程中，平均速度_______5 m/s。（填“大于”、“等于”或“小于”）
（5）汽车水箱的重要作用是给发动机的缸体降温，选用水做降温物质，是因为______。
19．随着人们生活水平的提高，越来越多的家庭采用“水地暖”进行取暖．其原理是在房间地面装饰层下铺设散热管道，通过管道内的热水散热提高室温．当供水温度为45 ℃时，单位面积的散热功率与地面装饰层材料、散热管材料的对应关系见下表：
地面装饰层材料 散热管材料 陶瓷 塑料 木地板
聚乙烯（）
聚丁烯（）
（1）若该地暖系统的总水量为，将全部的水从5℃加热至45℃，水至少需要吸收多少热量？ []
（2）某家庭木地板的面积为，散热管材料为聚丁烯（），供水温度为45℃，则该供暖系统每小时的散热量为多少焦耳？
（3）“水地暖”散热量除了与散热时间、面积有关外，你认为还与哪些因素有关？请至少写出两点．
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．D
【详解】
A．冰是晶体，在熔化过程中要吸收大量的热，从而使海鲜温度降低，很好地起到里保鲜的作用，故A正确，不符合题意；
B．集中供暖采用热水循环，这是因为水的比热容较大，降低相同的温度时，能放出较多的热量，使房间的温度较高，故B正确，不符合题意；
C．发烧时，冷毛巾敷额头可以降温，是因为冷毛巾可以吸收热量，是通过热传递改变内能的，故C正确，不符合题意；
D．夏天扇扇子会加快空气的流动，是通过加快空气的流动从而加快汗水的蒸发，蒸发是一个吸热过程，即汗水的蒸发会吸收人身体的热，所以会觉得凉快，不能降低空气的温度，故D错误，符合题意。
故选D。
2．C
【详解】
A．根据表中数据可知：冰、铜等的比热容比水银的比热容大，故A错误；
B．水变成冰后比热容变化了，水和冰是同物质，由此可知同一物质发生物态变化后，比热容变化了，故B错误；
C．因为水的比热容大，根据吸热公式Q=cmΔt可知，相同条件下与其他物质相比升高相同的温度，水吸收的热量多，所以汽车发动机用水来冷却，故C正确；
D．质量相等的铝块和铜块，吸收相同的热量，铜块升温快，即Δt较大，由c=可知，铜块比热容小，故D错误。
故选C。
3．C
【详解】
A．相同的加热器，相同时间产生的热量是相同的，所以加热相同时间，甲乙吸收的热量相同，故A错误；
B．根据比热容的公式可知，在质量的不同种物质，吸收相同的热量，温度变化大的比热容小。由图可知，加热相同时间，即吸收相同的热量，乙的温度变化大，所以乙的比热容小，故B错误；
C．物体的温度越高，分子热运动越剧烈，乙物质在B点的温度高于A点的温度，表明B点分子热运动更剧烈，所以乙物质在B点的分子动能大于A点的分子动能，故C正确；
D．物质的比热容是物质一种性质，只与种类和状态有关，与温度无关，所以两点的比热容是一样的，故D错误。
故选C。
4．A
【详解】
乙物体的温度升高了
故A符合题意。
故选A。
5．D
【详解】
根据地图等高线知识分析，B点海拔1450m，A点海拔850m，即B点比A点高。登山运动员从A点到达B点时，海拔升高了；
A．人的体重是指人的质量，质量是物体的固有属性，不随空间位置的变化而变化，即使高度增加但质量不变，故A错误；
B．运动员的重力势能与质量、高度两因素有关，当质量一定时，高度升高，重力势能变大，故B错误；
C．比热容是物质的一种特性，与高度无关，故C错误；
D．大气压强随高度的升高而减小，所以气压计的示数在减小，故D正确。
故选D。
6．C
【详解】
A．热茶暖手是茶将热量传递给手，是通过热传递改变手的内能，故A错误；
B．水比岸边石头凉，是因为水的比热容大，与其它物质相比，相同质量的水在吸收相同热量时，水升温慢，故B错误；
C．花香袭人是花香分子进入鼻子，是分子无规则运动的结果，故C正确；
D．所以物体不论温度高低具有内能，所以雪的内能不为零，故D错误。
故选C。
7．C
【详解】
因为水具有较大的比热容，所以在相同条件下，水吸收和放出的热量比其他物质更多，更适合于作为北方取暖的工作物质，故C正确。
故选C。
8．A
【详解】
物体放热，由Q放=cmΔt可以知道，物体质量越大，比热容越大，温差越大，物体放出的热量就越大。甲、乙两个物体，甲的比热容大，乙的质量小，把它们同时放入同一个冰箱内冷却，经过一段时间温度稳定后，温差相同，则甲物体放出的热量多，故A符合题意，BCD不符合题意。
故选A。
9．D
【详解】
A．通过渗水缓解城市热岛效应与水的比热容较大的特性有关，故A错误；
B．减弱车辆行驶时产生的噪声是在传播过程中进行的，故B错误；
C．路面反光是因为发生了镜面反射，故C错误；
D．路面呈微小凹凸是当压力大小相同时，通过增大接触面粗糙程度来增大摩擦力的，故D正确。
故选D。
10．B
【详解】
这样的壶，装满水，水的质量约为2kg。室温温度约为20℃，将水加热至沸腾，水的温度升高了80℃，根据公式可以计算出水吸收的热量为6.72105J。
选项A、C、D数值差距较大，不符合题意；选项B数值接近，符合题意。
故选B。
11． 吸收 增加 -14
【详解】
[1][2]由图可知，由A→B的过程中，冰水混合物需要吸收热量用来熔化，此过程温度保持不变，内能增加。
[3]由图可知，15~20min，冰已经全部熔化成水，水升高的温度是7℃，0~5min，冰还没有熔化，升高的温度是Δt，两段时间相同，因为单位时间内吸收的热量恒定，所以两段时间吸收的热量相同，冰和水的质量相同，根据Q=cmΔt可知，比热容c与Δt成反比，水的比热容是冰的2倍，所以
Δt=14℃
冰的初温
t0＝0-14℃=-14℃
12． 大 不变
【详解】
[1]根据公式可知，物质的质量一定，物质的比热容越大，则吸收相同热量后，温度升高的越小。水的比热容大，故修建人工湖可以使城市温度上升的慢。
[2]物质的比热容是物质固有属性，它与物质的种类和状态有关，与物质的质量和体积无关。故蒸发一部分水，剩下的水比热容不变。
13． 大 铜
【详解】
[1]湿地含水量高，水的比热容较大，相同质量的水和其它物质相比，吸收或放出相同热量时，水升高或者降低的温度较少，所以，湿地能使周围环境昼夜的温差减小。
[2]根据Q=cmt可知，铝和铜吸收相同的热量，则有
c铝mt铝=c铜mt铜
铝和铜质量相同，c铜＜c铝，则
t铝＜t铜
因此，铜上升的温度高。
14． 热传递 比热容 汽化 变大 变大
【详解】
[1]火箭发射时，燃料燃烧后喷出的高温燃气，与周围环境温度存在巨大的温度差，通过热传递使发射台温度急剧升高造成破坏。
[2][3]水的比热容较大，相同质量、升高相同温度时水可以吸收更多的热量；而且水汽化时会吸收大量的热量，所以科学家在发射台下建造了一个巨大的水池。
[4][5]火箭加速升空的过程中高度、速度均变大，所以重力势能变大、动能变大。
15． 比热容 8.4×105J
【详解】
[1]因为水的比热容较大，升高相同的温度，水吸收的热量较多，所以用水做发动机的冷却剂。
[2]水升高20 ℃时吸收的热量
Q吸＝c水mΔt＝4.2×103J/(kg·℃)×10 kg×20℃ ＝8.4×105 J
16． 5×104 并联 半导体 22 不停地做无规则运动 导线电阻小 0.2
【详解】
（1）因水平面上物体的压力和自身的重力大小相等，所以，空豆浆机放在水平桌面上，对桌面的压强：p==5×104Pa；
（2）加热和打浆是交替进行，说明豆浆机中的电动机和电热管可以独立工作、互不影响即为并联；三极管是属于半导体材料；
（3）加热管正常工作80s，消耗的电能：W=Pt=1100W×80s=8.8×104J，
不计热量损失，水吸收的热量：Q吸=W=8.8×104J，由Q吸=cmΔt可得，豆浆升高的温度：
Δt==22℃；
豆浆飘出阵阵香味说明分子在不停地做无规则运动；
（4）电热管与导线串联，通过它们的电流I和通电时间t相等，因为导线的电阻远小于电热管的电阻，由焦耳定律Q=I2Rt可知导线上产生的热量少；由题可知，加热与打浆的时间之比为3：1，设打浆时间为t打浆=t，则加热时间为t加热=3t，总的工作时间为t总=4t，豆浆机正常打好一次豆浆的消耗的总电能为0.17kW h，0.17kW h=P加热t加热+P打浆t打浆=1.1kW×3t+0.1kW×t，解得：t＝0.05h，则打好一次豆浆需要的时间：t总=4t=4×0.05h=0.2h．
17． 大 相同 小 吸收 增大 不变 2.1×104J
【详解】
(1)[1][2][3]水的比热较大，水和干泥土相比，在同样受热或冷却时，即吸收或放出的热量相同时，由知水的温度变化比干泥土小，因此沿海地区温差比内陆地区小．
(2)(a)[4][5][6]根据图象可知：BC段是冰的熔化过程，熔化过程要吸收热量，所以内能增大，但晶体熔化时温度不变；
(b)[7]CD段已全部熔化完成为液态水，且冰熔化为水质量不变，温度升高了10℃，则水所吸收的热量：
Q=cm△t=4.2×103J/（kg ℃）×0.5kg×（10℃-0℃）=2.1×104J．
18． 90 25 8 大于 大于 水的比热容较大
【详解】
（1）[1][2]由图乙可知，该速度计的分度值为10km/h，故可知该速度计显示的速度为v=90km/h，即
（2）[3]由题意可知，汽车完全通过ETC收费岛即车头刚驶入到车尾恰好离开的过程，该过程汽车行驶的路程为
s=s2+s车=35m+5m=40m
该过程汽车的速度为v2=5m/s，故由可得，汽车完全通过ETC收费岛所用时间为
（3）[4]汽车减速时，在水平方向上受到水平向右的汽车动力和水平向左的阻力，因水平方向上的合力方向水平向左，故汽车受到的阻力大于动力。
（4）[5]由题意可知，汽车从减速开始，到完全通过收费岛的过程中，通过的总路程为
s总=s1+s2+s车=50m+35m+5m=90m
所用时间为
t总=t1+t2=4s+8s=12s
由可得，该过程的平均速度为
可知该平均速度大于5m/s。
（5）[6]选用水做降温物质，是因为水的比热容较大，相同质量的水和其它物质相比，在升高相同温度的情况下，水吸收的热量更多。
19．（1）（2）（3）地面装饰层材料、散热管材料、地面装饰层厚度、供水温度、管间距离等
【详解】
（1）水至少需要吸收的热量：
．
（2）已知散热管材料为聚丁烯，地面装饰层材料为木地板，由表格知该家庭地面每平方米面积上的散热功率为，每小时的散热量：
．
（3）“水地暖”散热量除了与散热时间、面积有关外，还与地面装饰层材料、散热管材料、地面装饰层厚度、供水温度、管间距离等有关．
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页