13.3《比热容》（分层练习）-【上好课】2024-2025学年九年级物理全一册同步精品课堂（人教版）

13.3 比热容 目 录 1 考点01 比较不同物质吸热能力 1 考点02 比热容 5 考点03 热量的计算 9 12 19 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司 考点01 比较不同物质吸热能力 1．如图所示，甲、乙相同容器中分别装了质量相等的A、B两种液体，用相同的电加热器加热，忽略散热损失，得到如图丙所示的液体温度与加热时间的图象。下列说法正确的是（　　） A．A液体的比热容与B液体的比热容之比为1：3 B．A、B图象的交点处表示两种液体升高了相同温度 C．加热时A的温度比B高，说明A吸收的热量更多 D．如果两者温度都升高1℃，它们将吸收相同的热量 【答案】A 【解析】A.由图可知，加热4min后，A升高的温度为15℃，B升高的温度为5℃，AB的质量相同，吸收的热量也相同，根据Q吸=cmΔt可知，比热容的大小与升高的温度成反比，则比热容之比为5℃：15℃=1：3，故A正确； B.由图可知，A、B图象的交点处表示两种液体温度相同，但升高的温度是不同的，故B错误； C.用相同电加热器加热6min，加热器放出的热量相同，则AB吸收的热量也是相同的，故C错误； D.A、B两种液体质量相等，由Q放=cmΔt可知，当两者温度都升高1℃时，B的比热容大，故B吸收的热量多，故D错误。 故选：A。 2．如图甲所示，将质量相等的冰和烛蜡分别装在两个相同的试管中，放入装有水的烧杯中加热绘制出温度随时间变化的图像如图乙所示.下列说法正确的是（　　） A．图甲中的实验装置，安装时应按照“由上到下”的顺序 B．图甲中两试管放在同一烧杯中加热，可以控制相同时间内冰和烛蜡吸收的热量相同 C．由图乙可知，A图线对应物质的内能先增大后不变再增大 D．由图乙可知，B图线对应的物质是冰 【答案】B 【解析】A.由于需用酒精灯外焰加热，所以要先放好酒精灯，再固定铁圈的高度；而温度计的玻璃泡要全部浸没到液体中，但不能碰到容器壁和容器底，所以应按照“由下到上”的顺序安装，A不符合题意； B.图甲中两试管放在同一烧杯中加热，而不是用两个酒精灯分别加热，这样做的好处是：可以控制相同时间内冰和蜡烛吸收的热量相同，且物质受热均匀，B符合题意； C.由图乙可知，A图线对应物质有固定的熔点，所以是晶体，晶体在熔化前后以及熔化过程中都要吸热，所以该物质的内能一直增大，C不符合题意； D.由图乙可知，B图线对应的物质没有固定的熔点，为非晶体，不是冰，D不符合题意。 故答案为：B 3．探究“比较不同物质的吸热能力”时，同学们用酒精灯同时开始均匀加热质量和初温都相等的沙子和水，装置如图。下列说法正确的是（　　） A．实验中，沙子吸热升温较快，说明沙子吸热能力较差 B．在本实验中，物体吸热多少是由物质的种类决定的 C．实验中，将沙子和水加热到相同温度时，它们吸收的热量相同 D．实验中，加热相同的时间，末温低的物质吸热能力差 【答案】A 【解析】A.实验中，沙子吸热升温较快，说明沙子的比热容小，吸热能力弱，故A正确。 B.在本实验中，物体吸热多少是由加热时间决定的，故B错误。 C.将沙子和水加热到相同温度时，据Q=cmΔt，水吸收的热量多。故C错误。 D.加热相同的时间，吸收的热量相等，据Q=cmΔt，末温低的物质比热容大，吸热能力强。故D错误。 故答案为：A。 4．小阳利用如图所示的装置探究水吸热的多少跟水的质量、温度变化的关系。利用电加热器来加热水时，电加热器的发热功率是一定的，当它浸没在水中时，可认为水每秒吸收的热量相同。下列说法正确的是（　　） A．为了完成该实验，需要添加天平和计时器 B．由该实验可知，吸热多少与物质的种类有关 C．实验中用水吸热前后的温度差来反映水吸热的多少 D．在探究水吸热的多少跟水的质量关系时，需要保持水的质量不变 【答案】A 【解析】 AC.探究水吸热的多少跟水的质量、温度变化的关系，要测量出水的质量及温度的变化，根据转换法，通过加热时间表示吸热多少，故加天平和计时器，故A正确，C错误； B.实验中只的水一种物质，故该实验不能研究吸热多少与物质的种类有关，故B错误； D.在探究水吸热的多少跟水的质量关系时，需要控制其它因素不变而只改变水的质量，故D错误。 故选：A。 5．如图甲所示是“探究不同物质吸热升温的现象”实验装置，小致用两个相同的容器分别装入质量相等的A、B两种液体，用相同的装置加热。 （1）实验前，按　 　（选填“自上而下”或“自下而上”）的顺序组装器材。 （2）实验中使用玻璃棒的目的是　 　。 （3）实验中两种液体吸收热量的多少可通过　 　（选填“液体升高的温度”或“加热时间”）比较。 （4）根据实验数据绘制的温度与时间的关系图象如图乙所示，分析图象可知：质量相等的A和B两种液体，在升高相同温度时，　 　吸收的热量较多；质量相等的A和B两种液体，在吸收相同热量时，　 　升温较高。 【答案】（1）自下而上；（2）使液体受热均匀；（3）加热时间；（4）A；B 【解析】探究不同物质吸热升温的现象时， （1）实验前，按自下而上的顺序组装器材，使酒精灯合理使用； （2）实验中，使用玻璃棒搅拌，使液体受热均匀； （3）对物体的加热时间不同，物体吸收的热量不同，液体吸收热量的多少可通过加热时间比较； （4）根据图乙，液体质量相同，温度差相同时，对A加热时间长，则质量相等的A和B两种液体，在升高相同温度时，A吸收的热量较多；在加热相同时间时，B的温度差大，则质量相等的A和B两种液体，在吸收相同热量时，B升温较高。 6．为了比较水和沙子吸热本领的大小，小文做了如图所示的实验，在甲乙两个装置的试管中，分别装有质量、初温都相同的水和沙子，用两个相同的酒精灯对其加热。实验数据记录如下表。 物质 质量/g 升温10℃所需时间/s 升温20℃所需时间/s 升温30℃所需时间/s 沙子 30 64 128 192 水 30 96 192 288 （1）该实验中用　 　表示水和沙子吸热的多少。 （2）分析表中的实验数据可知　 　的吸热能力较强；如果将质量相同的水和沙子加热相同的时间，则　 　升高的温度更多。 【答案】（1）加热时间；（2）水；沙子 【解析】1） 该实验中用 加热时间表示吸热量，综上，第1空为加热时间； 2）水的吸热能力较强， 将质量相同的水和沙子加热相同的时间，则砂子升温较高，综上第1空为水；第2空为沙子 7．为了比较水和食用油的吸热能力，江涛用两个相同的装置做了如图甲所示的实验。 （1）本实验所需测量工具有天平、温度计和　 　； （2）在两个相同的试管中应加入初温相同、　 　相同的水和食用油； （3）实验中，可以通过　 　（填“升高的温度”或“加热时间”）来比较两种液体吸收热量的多少. （4）如图乙所示，可判断出，　 　吸热能力弱。冬天将至，老师想自制一个暖手袋，若只能从上面两种液体中选一种液体装入暖手袋中作为供热物质，则应选择　 　（以上两空选填“水”或“食用油”）； （5）已知水的比热容是，那么食用油的比热容大小为　 　。 【答案】（1）停表；（2）质量；（3）加热时间；（4）食用油；水；（5） 【解析】比较水和食用油的吸热能力， （1）实验时，需要测量质量、温度和加热时间，测量工具需要天平、温度计和停表； （2）实验时，物体吸收热量升高温度，温度变化和质量有关，试管中应加入初温相同、质量相同的水和食用油； （3）实验中，相同的加热器，加热时间不同，吸收热量不同，通过加热时间，比较两种液体吸收热量的多少； （4）如图乙，质量和温度差相同时，食用油的加热时间短，可判断出，食用油吸热能力弱；自制暖手袋时，装入暖手袋中的供热物质要吸热能力强，水吸收热量后，温度变化慢，吸热能力强，应选择水； （5）根据图乙，质量和温度差相同时，食用油吸收的热量我水的一半，在比热容是水的一半，食用油的比热容大小为 考点02 比热容 1．炎热的夏天，阳光直射，湖边的石凳很烫，湖水却很凉，这是由于水具有较大的（　　） A．比热容 B．热量 C．内能 D．密度 【答案】A 【解析】炎热的夏天，阳光直射，湖边的石凳很烫，湖水却很凉，这是由于水具有较大的比热容，相同质量的水和石头相比，吸收相同热量，水的温度变化较小，A符合题意，BCD不符合题意。 故答案为：A。 2．质量为5kg的汽油，用去一半后，剩下的汽油（　　） A．密度、比热容都变为原来的一半 B．密度不变，比热容变为原来的一半 C．密度、比热容变为原来的一半，热值不变 D．密度、比热容都不变 【答案】D 【解析】密度、比热容都与物体的质量无关。故此题选D。 【分析】本题考查比热容、密度及其特性。密度是物质的一种特性，与物质的质量、体积无关；比热容也是物质的一种特性，与质量也无关。 3．近年来，各地政府实施“退田还湖”的政策，推进水系治理，修复湖泊生态，已初步形成“七彩之光”的美丽景象。当炎炎烈日下，行走在湖水边时，会感觉凉快，这是因为水的（　　） A．内能大 B．热值大 C．温度低 D．比热容大 【答案】D 【解析】因为水的比热容比较大，质量相同时，在吸收或放出相同的热量时，水的温度变化小，所以行走在湖水边时，会感觉凉快。 故答案为：D。 4．将质量相同的甲、乙、丙三块金属加热到相同的温度后，放到上表面平整的冰块上，经过一定时间后，冰块形状基本不再变化时的情形如图所示．则三块金属的比热容C甲、C乙、C丙大小相比 （　　） A． C甲最大 B．C乙最大 C．C丙最大 D．C甲＝C乙＝C丙 【答案】C 【解析】解：三金属块末温（为冰的熔点）相同，初温相同，即三金属块降低相同的温度，由图可知放出的热量：Q甲＜Q乙＜Q丙，三金属块的质量相同，△t相同，则由Q放=cm△t可知三金属块的比热容关系为：c甲＜c乙＜c丙． 故答案为：C． 5．小明用如图甲所示的装置比较不同物质吸热升温情况。将分别盛有50g水和50g食用油的两个相同试管同时用红外加热器加热，温度传感器与电脑相连。电脑上显示温度随时间变化的图象如图乙所示。已知c水=4.2×103J/（kg•℃），下列说法正确的是（ ） A．加热2min，水吸收的热量大于油吸收的热量 B．油的比热容为3.15×103J/（kg•℃） C．第2～3min内，油吸收的热量为1.4×103J D．小乐用该装置实验，得到水和油的温度随时间变化图线均为A，则m水：m油=1：2 【答案】C 【解析】A.同一加热器加热相同时间提供的热量相同，则水吸收的热量等于油吸收的热量，故A错误； B.根据图乙可知，升高20℃，A、B的加热时间分别为2min和3min，则对应的吸热之比为2：3。根据Q=cmΔt可知，在质量和升高的温度相同的情况下，吸热与比热容成正比，油的比热容为： ；故B错误； C.B的比热容大，B为水，加热3分钟升高20℃，水吸热：Q=cmΔt=4.2×103J/（kg•℃）×0.05kg×20℃=4.2×103J；第2～3min内，水吸收的热量为：；则第2～3min内，油吸收的热量为1.4×103J，故C正确； D.小华用该装置实验，得到水和油的温度随时间变化图线均为A，故相同时间（吸热相同）升高的温度相同，根据Q=cmΔt可知，质量与比热容成反比，则m水：m油=2.8×103J/（kg•℃）：4.2×103J/（kg•℃）=2：3。故D错误。 故选C。 6．（多选）小明根据下表中几种物质的比热容得出结论（不发生物态变化），下列结论中正确的是（　　） 常温常压下的比热容c/[] 水4.2×103 冰2.1×103 酒精2.4×103 砂石0.92×103 煤油2.1×103 铝0.88×103 水银0.14×103 铜0.39×103 A．固体的比热容都比液体的比热容小 B．质量相等的煤油和冰升高1℃所吸收的热量相同 C．质量相等的铝块和铜块温度都降低5℃，铝块放出的热量多 D．质量相等的水和煤油吸收相同的热量，煤油的温度高 【答案】BC 【解析】A.根据表格可知，水银的比热容小鱼砂石的比热容，即固体的比热容可能比液体的比热容大，故A错误； B.煤油和冰的比热容相等，根据Q=cm△t可知，质量相等的煤油和冰升高1℃所吸收的热量相同，故B正确； C.铝的比热容大于铜的比热容，根据Q=cm△t可知，质量相等的铝块和铜块温度都降低5℃，铝块放出的热量多，故C正确； D.煤油的比热容小于水的比热容，根据Q=cm△t可知，质量相等的水和煤油吸收相同的热量，煤油的温升高的温度大。由于不知道二者初温高低，因此无法比较谁的末温高，故D错误。 故选BC。 7．小明在探究“物质的放热能力与哪些因素有关”时，分别用质量均0.5kg的水和另一种液体进行对比实验，并用图象对实验数据进行了处理，如图所示。实验过程中，水和另一种液体在相同时间内放出的热量相等，分析图象可以得出： 　（选填“甲”或“乙”）物质为水，另一种液体的比热容为 　 J/（kg•℃）。[c水＝4.2×103J/（kg•℃）] 【答案】甲；2.52×103 【解析】由图可知，质量相等的甲乙液体放热时间t=20min时，放出的热量相同，甲的温度变化，乙的温度变化，则，根据可知，C甲＞C乙，故甲物质是水； 水和乙液体的比热容之比：， 则乙液体的比热容为： 8．小红家买了一个电暖气，她阅读说明书时发现电暖气里的工作物质是油而不是水，好处之一是油的比热容比水的　 　 ，加热时升温　 　 （选填“快”或“慢”）；电暖气周围的空气温度升高，这是通过　 　 的方式改变内能的． 【答案】小；快；热传递 【解析】根据可知，∵c油＜c水，质量相同的油和水，温度升高相同的度数时油吸收的热量少，即Q油＜Q水，则温度升高相同的度数，油用的时间短，也就是升温快；改变内能的方式有做功和热传递两种，电暖气向周围空气散热使空气温度升高属于热传递改变内能。 9．我国沿海地区的昼夜温差比新疆沙漠地区要 　 　 得多，这主要是因为水的比热容比沙石的比热容 　 　 的缘故。 【答案】小；大 【解析】 因为水的比热容比沙石的比热容大，所以相同日照条件下水的温度变化小，沙石的温度变化大，则我国沿海地区的昼夜温差比新疆沙漠地区要小，综上第1空为小；第2空为大。 10．夏日晴朗的白天，在太阳光照射下，某海边城市陆地与海面之间空气产生流动。请在图中圆圈上画上箭头表示空气流动方向。 【答案】在太阳光照射下，陆地与海面吸收同样多的热量，由于砂石的比热容比水的比热容小，所以陆地温度升高快，海面温度升高慢，则陆地表面空气温度高，热空气上升，海面空气温度低，冷空气下降，然后冷空气从海洋吹向陆地，如下图所示： 11．探究“不同物质的吸热本领”的实验，如图1所示，用相同的电加热器给初温及质量均相同的甲、乙两种不同的液体加热，两种液体每秒吸收的热量相同，两种液体的温度加热时间的图像如图2所示． 图1 图2 （1）加热到第2min，两种液体吸收热量关系为　 　。（选填“大于”“等于”或“小于”）； （2）乙液体在第2min时的内能　 　（填“大于”“等于”或“小于”）第1min时的内能（质量变化忽略不计）；乙液体在第2min时的比热容　 　（选填“大于”“等于”或“小于”）第1min时的比热容； （3）通过图像分析得，甲乙两液体的比热容大小之比　 　． 【答案】（1）等于；（2）大于；等于；（3）1∶2 【解析】（1）根据题意可知，使用相同的加热器，则加热到第2min，两种液体吸收热量关系Q甲=Q乙； （2）2min比1min加热时间长，则乙液体在第2min时内能大于第1min时的内能。加热前后液体的种类不变，则乙液体在第2min时的比热容等于第1min时的比热容； （3）根据图像可知，当都加热1min时二者吸收的热量相同，甲升高的温度为：30℃-10℃=20℃，乙升高的温度：20℃-10℃=10℃。 根据得到：；即； 解得：c甲：c乙=1：2。 12．近年来福州市政府大力建设生态美景，修建人工湖，全力打造美丽福州。作为福州人，请你用所学知识解释修建人工湖可以调节气温的主要原因。 【答案】修建人工湖使该地区含水量增多，水的比热容较大，白天，相同质量的水和土壤、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，能有效调节周围环境的气温 考点03 热量的计算 1．甲、乙两物体的质量之比是3：1，它们吸收的热量之比是2：1，比热容之比是3：2，则甲、乙两物体升高温度之比为（　　） A．9：1 B．4：9 C．9：4 D．1：9 【答案】B 【解析】解：由题知，m甲：m乙＝3：1，c甲：c乙＝3：2， 甲、乙两物体吸收的热量之比Q甲：Q乙＝2：1， 则 ，即： ， 解得甲、乙两物体升高的温度之比： 。 故答案为：B。 2．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， 测得水温又升高了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】C 【解析】第一种方式：设冷水的温度为t0，甲投入冷水放热，Q放=c甲m(100℃-20℃-t0)，水吸收的热量为Q吸=c水m水20℃，不考虑热量的损失，则Q放=Q吸，c甲m(100℃-20℃-t0)=c甲m水20℃；则········①； 乙投入冷水后放热Q吸'=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：········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：······③； c甲m(100℃-t2)=c水m水(t2-t1)，则······④；综合①②③④，解得t2-t0=40℃，C符合题意。 故答案为：C. 3．将质量为 的一小杯热水倒入盛有质量为 的冷水的保温容器中， 使得冷水温度升高了， 然后又向保温容器中倒入一小杯同质量、同温度的热水，水温又上升了 。不计热量的损失， 则可判断 （　　） A．热水和冷水的温度差为 B．热水和冷水的温度差为 C．热水和冷水的温度差为 D．热水和冷水的温度差为 【答案】A 【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3℃，Q吸=Q放，可知，cm×3℃=cm0(t-3℃)····①；又向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2.8℃，Q吸=Q放，则c(m+m0)×2.8℃=cm0(t-3℃-2.8℃)···②；则①-②得：cm0×2.8℃=cm×3℃-cm×2.8℃-cm0×2.8℃，整理得：cm0×5.6℃=cm×0.2℃，；代入①式得：cm0(t-3℃) =c×28m0×3℃，解得：t=87℃，A符合题意。 故答案为：A. 4．小明在探究“物质的放热能力与哪些因素有关”时，分别用质量均0.5kg的水和另一种液体进行对比实验，并用图象对实验数据进行了处理，如图所示。实验过程中，水和另一种液体在相同时间内放出的热量相等，分析图象可以得出：　 （选填“ 甲 ”或“ 乙 ”）物质为水，另一种液体的比热容为 　 　 J/（kg•℃) 。[c 水 ＝4.2×103J/（kg•℃) ] 【答案】甲；2.52×103 【解析】根据图片可知，20min内二者放出的热量相等，即Q甲=Q乙；c甲m甲△t甲=c乙m乙△t乙； c甲△t甲=c乙△t乙；c甲×（60℃-30℃）=c乙×（60℃-10℃）； 因为甲降低的温度小于乙降低的温度，所以甲的比热容大于乙的比热容，则甲为水，乙为未知液体。 4.2×103J/（kg·℃)×30℃=c乙×50℃；解得：c乙=2.52×103J/（kg·℃)。 5．雷电是大气中一种剧烈的放电现象，某次雷电释放了2.1×109J的能量，若这些能量全部被水吸收，可使质量为　 　 kg 的水从0℃升高到50℃ [c水=4.2×103J/(kg·℃) ] 【答案】1×104；避雷装置 【解析】根据题意可知，水吸收的热量Q吸=2.1×109J， 由Q吸=cm（t-t0）可知，水的质量：。 6．为了测定铅的比热容，把质量为200g的铅块加热到98℃，再投入到80g的12℃水中，充分混合后水的温度为18℃。已知水的比热容为4.2×103J/（kg·℃），若不计热损失，求： （1）水吸收的热量； （2）铅的比热容。 【答案】（1）2.016×103J；（2） 【解析】（1）解：水吸收的热量 水吸收的热量2.016×103J。 答：水吸收的热量为2.016×103J； （2）解：已知不计热损失，则 由得：铅的比热容 铅的比热容是。 答：铅的比热容是。 一、选择题 1．（2024·江西）用比值法定义物理量是物理学中常用的方法。以下物理是不是用这种方法定义的是（　　） A．密度 B．比热容 C．质量 D．热值 【答案】C 【解析】比值定义法是用两个或者多个物理量的比值来定义新的物理量； A 密度是质量与体积的比值，是比值定义法法，A不符合题意； B 比热容是吸收或者放出的热量与质量和温度差的乘积的比值，是比值定义法，B不符合题意； C 质量表示物体含有物质的多少，是物体的物理属性，不是比值定义法，C符合题意； D 热值是燃料完全燃烧放出的热量与质量或者体积之比，是比值定义法，D不符合题意； 故选C。 2．（2024·连云港） 沿海地区比沙漠地区的昼夜温差小，这是因为水的（　　） A．质量大 B．温度高 C．密度大 D．比热容大 【答案】D 【解析】水的比热容较大，同样受热或冷却的情况下，吸收或放出相同热量，相同质量的水和砂石相比较，水的温度变化比砂石小，所以沙漠地区昼夜温差大，而沿海地区昼夜温差小。 故答案为：D。 3．（2024·湖北）如图甲，利用相同规格的加热器加热等质量的a、b两种液体，得到温度随时间变化的图像如图乙，分析可知(　　) A．相同时间内a中加热器产生的热量比b中的多 B．a和b的吸热能力都随着温度的升高不断增大 C．升高相同温度a所用时间比b少，a的吸热能力比b弱 D．相同时间内a升高的温度比b多，a的吸热能力比b强 【答案】C 【解析】 A.加热器a、b规格相同，经过相同的时间，产生的热量相同，故A错误； B.比热容是物质的一种特性，与物体质量、温度高低、吸放热多少都没有关系，吸热能力不受外界条件影响，故B错误； CD.由图乙知，升高相同的温度，b加热时间长，b吸热多，b的吸热能力强，故D错误、C正确。 故选C。 4．（2024·成都） 某固态物体的质量为m，其物质的比热容为c，用稳定的热源对它加热（物体在相同时间内吸收的热量相等），到t3时刻停止加热，然后让其冷却。上述过程中记录不同时刻的温度，最后绘制出温度随时间变化的图像（如图）。下列说法正确的是（　　） A．在0~t2时间段，该物体吸收的热量为cm（T2-T1） B．在t2~t4时间段，该物质的比热容先增大后减小 C．在t4~t5时间段，该物体放出的热量为 D．该物质在t5~t6时间段的比热容等于在0~t1时间段的比热容 【答案】D 【解析】A．由于实验中用稳定的热源加热，物体在相同时间内吸收的热量相等，由图可知，在0~t1时间段，该物体的温度由T1升高至T2，物质的比热容为c，所以物体单位时间吸收热量，故在0~t2时间段，该物体吸收的热量 故A错误； B．由图可知，该物体在t2~t4时间段，处于液态，由于液态时的比热容是该物质的性质，所以在t2~t4时间段，该物质的比热容不变，故B错误； C．该物质冷却过程中单位时间放出热量不等于该物体升温过程中单位时间吸收热量，由于该物质熔化过程中吸收的热量等于该物质凝固过程中放出的热量，所以在t4~t5时间段，该物体放出的热量等于在t1~t2时间段，该物体吸收的热量，所以该物体放出的热量 故C错误； D．由图可知，该物质在t5~t6时间段，处于固态，该物质在0~t1时间段，也处于固态，由于固态时的比热容是该物质的性质，保持不变，所以该物质在t5~t6时间段的比热容等于在0~t1时间段的比热容，故D正确。 故答案为：D。 5．（2024·成都） 小李同学在爸爸指导下，走进厨房进行劳动实践，他发现厨房里涉及到很多物理知识，下列说法不正确的是（　　） A．冷冻室取出的排骨表面有“白霜”，“白霜”是固态 B．在排骨的“解冻”过程中，排骨中的冰吸热熔化成水 C．排骨汤煮沸后冒出大量的“白气”，“白气”是液态 D．排骨汤盛出后不容易凉，是因为汤能够不断吸热 【答案】D 【解析】A．因为排骨在冷冻室的低温环境下，其表面温度极低。当空气中的水蒸气遇到这样低温的排骨表面时，会发生凝华现象，即由气态直接转变为固态，形成我们看到的“白霜”。故A正确，不符合题意； B．物质由固态变成液态的过程叫做熔化，熔化需要吸收热量；因此在排骨的“解冻”过程中，排骨中的冰吸热熔化成水，故B正确，不符合题意； C．“白气”是由于煮沸过程中产生的水蒸气遇到较冷的空气后迅速冷却并凝结成的小水滴，因此“白气”是液态，故C正确，不符合题意； D．排骨汤含有大量的水，水的比热容比较大，与等条件的其他物质相比，当放出相同的热量时，水的温度变化小，故排骨汤盛出后不容易凉，故D错误，符合题意。 故答案为：D。 6．（2024·自贡）下列说法中正确的是（ ） A．汽油机在做功冲程中将内能转化为机械能 B．温度从热量高的物体传递给热量低的物体 C．0℃冰块的分子不做热运动 D．沿海地区昼夜温差比沙漠地区小，主要原因是水的流动性好，容易发生热交换 【答案】A 【解析】A.汽油机在做功冲程中将内能转化为机械能，A符合题意； B.热传递的条件是温度差，热量从温度高的物体传递给温度低的物体，B不符合题意； C.一切物体的分子都在运动，0℃冰块的分子做热运动，C不符合题意； D.沿海地区昼夜温差比沙漠地区小，主要原因是水的比热容大，吸收或放出热量后，温度变化小，D不符合题意。 故答案为：A。 二、多选题 7．（2023·北京）下列说法正确的是（　　） A．运动的小球具有机械能，而不具有内能 B．铁块很难被压缩，说明分子间只存在斥力 C．汽油机的压缩冲程中，活塞压缩气体，将机械能转化为内能 D．内陆地区比沿海地区昼夜温差大，原因之一是砂石的比热容比水的比热容小 【答案】C，D 【解析】A.运动的小球具有机械能，还具有内能，A不符合题意； B.铁块很难被压缩，说明分子间存在斥力，B不符合题意； C.汽油机的压缩冲程中，活塞压缩气体，将机械能转化为内能，C符合题意； D.内陆地区比沿海地区昼夜温差大，原因之一是砂石的比热容比水的比热容小，D符合题意。 故答案为：CD. 8．（2023·潍坊）图甲所示为一款新型水杯，将沸水倒入杯中，轻摇几下后，水温便可降至左右，并能保温3小时。图乙为其内部结构图，杯壁的不锈钢夹层中有晶体传热材料，其在常温下是固态，会随着温度的变化发生可逆的固液转换。取0.3kg该晶体材料，对其进行加热，其温度与吸收的热量关系如图丙所示。下列分析正确的是（　　） A．该晶体材料的熔点为 B．在BC段，该晶体材料的内能保持不变 C．在AB段，该晶体材料的分子热运动变剧烈 D．该晶体材料的比热容为 【答案】CD 【解析】A.根据图示可知，晶体在BC段吸收热量，但温度不变，则该晶体的熔点为50℃，故A错误； B.在BC段不断吸收热量，则该材料的内能变大，故B错误； C.在AB段，该晶体材料的温度升高，分子热运动变剧烈，故C正确； D.根据Q=cmΔt可知，该物质的比热容为：，故D正确。 故选CD。 9．（2023·齐齐哈尔）关于以下物理知识，说法正确的是（　　） A．书包背带做的宽大，是为了减小背带对肩部的压强 B．比热容是物质自身的性质，与物质的种类无关 C．用吸管将饮料“吸入”口中，说明大气压强的存在 D．燃料的热值越大，燃烧放出的热量越多 【答案】A，C 【解析】A 根据压强的计算公式，在压力不变的情况下，受力面积越大，压强越小，所以书包背带做的宽大，是为了减小背带对肩部的压强，A正确； B 比热容是物质自身的性质，与物质的种类有关，B错误； C 用吸管将饮料吸入口中，是吸走吸管中的空气，使吸管中的气压减小，在外界大气压的作用下将饮料压入口中，证明了大气压强的存在，C正确； D 燃料的热值越大，但是质量不一定，同时也有可能没有完全燃烧，所以放出的热量不一定多，D错误； 故选AC。 三、填空题 10．（2024·安徽）一保温杯中装有质量为200g，温度为25℃的水。将一个质量为100g、温度为100℃的金属块放入杯中，一段时间后杯内水和金属块的温度稳定在30℃，假设金属块放出的热量全部被水吸收，已知水的比热容为4.2×103J/（kg•℃），则该金属块的比热容为 　 　J/（kg•℃） 【答案】0.6×103 【解析】由题意知，水吸收的热量为：Q吸=c水m水（t-t水） 金属块放出的热量：Q放=c金m金（t金-t） 假设金属块放出的热量全部被水吸收，则Q吸=Q放， c水m水（t-t水）=c金m金（t金-t），即4.2×103J/（kg•℃）×0.2kg×（30℃-25℃）=c金×0.1kg×（100℃-30℃） 解得：c金=0.6×103J/（kg•℃）。 故答案为：0.6×103。 11．（2024·扬州）拖拉机轮胎表面刻有花纹，是通过增大　 　来增大摩擦.选用水来冷却拖拉机的发动机，是因为水的比热容　 　 (填“大”或“小”)，如果水箱装有质量为20 kg的水，水温从20℃上升到70℃，水吸收了　 　J的热量.[c水=4.2×103J/(kg·℃)] 【答案】接触面粗糙程度；大；4.2×106 【解析】（1）拖拉机轮胎表面刻有花纹，是通过增大接触面粗糙程度的方式来增大摩擦； （2）选用水来冷却拖拉机的发动机，是因为水的比热容大，升高相同的温度时会吸收更多的热量； （3）水吸收的热量Q=cm△t= 4.2×103J/(kg·℃) ×20kg×（70℃-20℃）=4.2×106J。 12．（2021·云南）民间俗语“霜降有霜，米谷满仓”，霜的形成属于　 　过程（填物态变化名称）。如图所示，用相同的酒精灯分别对质量、初温均相同的煤油和蓖麻油加热相同时间，观察到蓖麻油比煤油的温度变化大，说明　 　的比热容更大。 【答案】凝华；煤油 【解析】霜是空气中的水蒸气遇冷凝华为固体的冰晶，附着在建筑物或植被表面。 用相同的酒精灯分别对质量、初温均相同的煤油和蓖麻油加热相同时间，吸收的热量相同，蓖麻油比煤油的温度变化大，说明煤油比热容大。 四、实验探究题 13．（2023·随州）某实验小组用规格完全相同的实验器材，对初温相同的100g水，200g水、100g煤油进行加热，如图所示。 （1）若要探究不同物质的吸热差异应选择　 　（选填“甲、乙、丙”中的两个）两图进行对比实验； （2）水沸腾时，小组成员观察到烧杯内出现的气泡是　 　（选填“A”、“B”或“C”）图； （3）在处理实验数据时，小组成员绘制了从开始加热到沸腾前液体的温度随时间变化图像如图丁，分析可知100g煤油对应的图像是　 　（选填“b”或“c”），已知水的比热容大于煤油的比热容。 【答案】（1）甲、丙；（2）B；（3）c 【解析】（1）根据Q=cm△t可知，探究不同物质吸热差异时，应该控制液体的质量和初温相同，只改变液体的种类，故选甲和丙； （2）水沸腾时，烧杯底部产生的气泡上升时逐渐变大，故选B； （3）根据丁图可知，a为200g水的温度变化图像，那么c和b应该为100g水和100g煤油的温度变化图像。根据Q=cm△t可知，当加热相同的时间时，它们吸收相同的热量，煤油的比热容小，则温度升高的多，因此100g煤油对应的图像是c。 14．（2022·包头）利用如图（a）所示的实验装置比较不同物质的吸热能力。 （1）实验时，选取质量　 　、初温相同的甲、乙两种不同液体，用相同的酒精灯加热，加热时液体温度升高，这是通过　 　方式来增大内能的。 （2）根据实验数据绘制的温度随时间变化关系如图（b）所示，分析可知，　 　液体的吸热能力更强。 【答案】（1）相等；热传递；（2）乙；（3）不变 【解析】（1）实验时，根据控制变量法的需要，选取质量相等、初温相同的甲、乙两种不同液体，用相同的酒精灯加热，加热相同的时间，通过比较两种液体的温度变化，来比较两种液体的吸热本领。 加热时烧杯壁吸收酒精灯的热量，再把热量传递给液体，液体温度升高，这是通过热传递的方式来增大内能的。 （2）由乙图可知，加热相同时间，相同质量的两种液体吸收相同的热量时，甲液体的温度变化较大，由此可知甲的吸热能力较差，乙液体的吸热能力更强。 五、计算题 15．（2024·天津市）使用厨房中的电热水器将质量为的水从加热到，该热水器消耗了的电能。已知，求：水吸收的热量； 【答案】 【解析】水吸收的热量 。 16．（2024·苏州）如图所示为某折叠卡式炉，采用丁烷气体作为燃料。水壶装入2L初温为25℃的水，用卡式炉加热至100℃，消耗了25g丁烷气体(水的比热容为4.2×103J/(kg·℃))。求： （1）壶中水的质量； （2）水吸收的热量； 【答案】（1）； （2） 【解析】解：（1）壶中水的质量 ； （2）水吸收的热量 ； 六、简答题 17．（2020·鹤岗）炎炎烈日下，松花江边的沙子热得烫脚，而江水却很清凉．这是为什么？ 【答案】解：因为水的比热容比沙石的大，由Q=cm△t可知，相同质量的水和沙石比较，吸收相同的热量（都在太阳照射下），水的温度升高的少，江水是凉凉的，而沙子的温度升高的多，热得烫脚 1.（易错题型）在一个标准大气压下，质量为2kg，温度是30℃的水，吸收7.56×105J的热量之后，温度将升高 ℃。[C水=4.2×10³J (kg ·℃) ] 【答案】70 【解析】由吸热公式Q吸=cm(t-t0)可知， 水在标准大气压下的沸点为100℃，水在沸腾过程中吸收热量，温度保持不变，故水吸收热量后温度最高达到100℃，故水的温度将升高△t=100℃-30℃=70℃。 2.（素养提升）如题图甲，在探究“不同物质吸热能力”的实验中：(不计热量损失)。 (1) 加热过程中，水和煤油吸热的多少是通过 来反映的(选填“温度计示数”或“加热时间”); (2) 关于该实验的变量控制，下列要求中不正确的是； A.选用相同的电加热器 B.使用相同的烧杯 C.水和煤油的初温一定相等 D.烧杯中分别装入相同体积的水和煤油 (3)要使a和b升高相同的温度，给 加热更长的时间，说明 的吸热能力强; (4) 已知a的比热容是4.2×103J/(kg.℃)，由乙图可知b的比热容是 J/(kg.C); (5)下列选项中与本实验研究物质特性有关的是： A.用热水袋取暖 B.汽车的水箱 C.用冰袋为病人退烧 D.利用空调降温 【答案】（1）加热时间；（2）D；（3）a；a；（4）2.1×103；（5）AB 【解析】(1)实验选用的电加热器规格相同，水和煤油吸热的多少是通过加热时间来反映的，加热时间越长，液体吸收的热量越多。 (2)AB.采用相同的加热方法，在相同的时间内加热器放出的热量相同，使用相同的烧杯(热损失相同)，可保证水和煤油相同时间内吸收的热量相同，故AB正确，不符合题意; C.根据比较吸热能力的两种方法，使相同质量的不同物质升高相同的温度，比较吸收的热量(即比较加热时间)，或使相同质量的不同物质吸收相同的热量(即加热相同的时间)，比较温度的变化;由图乙可以看出水和没有的初温相同，故C正确，不符合题意; D.根据比较吸热能力的两种方法，要控制水和煤油的质量相同，根据m=ρV可知，水和煤油的密度不同，故烧杯中分别装入相同体积的水和煤油，水和煤油的质量不相等，故D错误，符合题意。 故选D。 (3)由图乙可知，a、b都升高20℃，a用时6min，b用时3min;要使a和b升高相同的温度，给a加热更长的时间，说明a的吸热能力强。 (4)a、b都升高20℃，a用时6min，b用时3min;即b吸热的热量为a的2倍，由c可知，在质量和升高温度不变的情况下，比热容与吸热的热量成成正比，已知a的比热容是4.2×103/(kg·℃)，则b的比热容cb=1/2ca=1/2×4.2×103J/(kg·℃ )=2.1×103J/(kg·℃); (5)AB.根据Q=cm△t可知，质量相同的不同物质升高或降低相同的温度，比热容越大吸收或放出的热量越多，故汽车的水箱、用热水袋取暖均与本实验研究物质特性(水的比热容大)有关，故AB符合题意; C.用冰袋为病人退烧是因为冰熔化吸收热量，与比热容无关，故C不符合题意; D.空调降温利用了冷凝剂的汽化和液化，利用空调降温与比热容无关，故与本实验研究物质特性无关，故D不符合题意。故选AB。 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！1 学科网（北京）股份有限公司 $$ 13.3 比热容 目 录 1 考点01 比较不同物质吸热能力 1 考点02 比热容 3 考点03 热量的计算 6 7 11 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司 考点01 比较不同物质吸热能力 1．如图所示，甲、乙相同容器中分别装了质量相等的A、B两种液体，用相同的电加热器加热，忽略散热损失，得到如图丙所示的液体温度与加热时间的图象。下列说法正确的是（　　） A．A液体的比热容与B液体的比热容之比为1：3 B．A、B图象的交点处表示两种液体升高了相同温度 C．加热时A的温度比B高，说明A吸收的热量更多 D．如果两者温度都升高1℃，它们将吸收相同的热量 2．如图甲所示，将质量相等的冰和烛蜡分别装在两个相同的试管中，放入装有水的烧杯中加热绘制出温度随时间变化的图像如图乙所示.下列说法正确的是（　　） A．图甲中的实验装置，安装时应按照“由上到下”的顺序 B．图甲中两试管放在同一烧杯中加热，可以控制相同时间内冰和烛蜡吸收的热量相同 C．由图乙可知，A图线对应物质的内能先增大后不变再增大 D．由图乙可知，B图线对应的物质是冰 3．探究“比较不同物质的吸热能力”时，同学们用酒精灯同时开始均匀加热质量和初温都相等的沙子和水，装置如图。下列说法正确的是（　　） A．实验中，沙子吸热升温较快，说明沙子吸热能力较差 B．在本实验中，物体吸热多少是由物质的种类决定的 C．实验中，将沙子和水加热到相同温度时，它们吸收的热量相同 D．实验中，加热相同的时间，末温低的物质吸热能力差 4．小阳利用如图所示的装置探究水吸热的多少跟水的质量、温度变化的关系。利用电加热器来加热水时，电加热器的发热功率是一定的，当它浸没在水中时，可认为水每秒吸收的热量相同。下列说法正确的是（　　） A．为了完成该实验，需要添加天平和计时器 B．由该实验可知，吸热多少与物质的种类有关 C．实验中用水吸热前后的温度差来反映水吸热的多少 D．在探究水吸热的多少跟水的质量关系时，需要保持水的质量不变 5．如图甲所示是“探究不同物质吸热升温的现象”实验装置，小致用两个相同的容器分别装入质量相等的A、B两种液体，用相同的装置加热。 （1）实验前，按　 　（选填“自上而下”或“自下而上”）的顺序组装器材。 （2）实验中使用玻璃棒的目的是　 　。 （3）实验中两种液体吸收热量的多少可通过　 　（选填“液体升高的温度”或“加热时间”）比较。 （4）根据实验数据绘制的温度与时间的关系图象如图乙所示，分析图象可知：质量相等的A和B两种液体，在升高相同温度时，　 　吸收的热量较多；质量相等的A和B两种液体，在吸收相同热量时，　 　升温较高。 6．为了比较水和沙子吸热本领的大小，小文做了如图所示的实验，在甲乙两个装置的试管中，分别装有质量、初温都相同的水和沙子，用两个相同的酒精灯对其加热。实验数据记录如下表。 物质 质量/g 升温10℃所需时间/s 升温20℃所需时间/s 升温30℃所需时间/s 沙子 30 64 128 192 水 30 96 192 288 （1）该实验中用　 　表示水和沙子吸热的多少。 （2）分析表中的实验数据可知　 　的吸热能力较强；如果将质量相同的水和沙子加热相同的时间，则　 　升高的温度更多。 7．为了比较水和食用油的吸热能力，江涛用两个相同的装置做了如图甲所示的实验。 （1）本实验所需测量工具有天平、温度计和　 　； （2）在两个相同的试管中应加入初温相同、　 　相同的水和食用油； （3）实验中，可以通过　 　（填“升高的温度”或“加热时间”）来比较两种液体吸收热量的多少. （4）如图乙所示，可判断出，　 　吸热能力弱。冬天将至，老师想自制一个暖手袋，若只能从上面两种液体中选一种液体装入暖手袋中作为供热物质，则应选择　 　（以上两空选填“水”或“食用油”）； （5）已知水的比热容是，那么食用油的比热容大小为　 　。 考点02 比热容 1．炎热的夏天，阳光直射，湖边的石凳很烫，湖水却很凉，这是由于水具有较大的（　　） A．比热容 B．热量 C．内能 D．密度 2．质量为5kg的汽油，用去一半后，剩下的汽油（　　） A．密度、比热容都变为原来的一半 B．密度不变，比热容变为原来的一半 C．密度、比热容变为原来的一半，热值不变 D．密度、比热容都不变 3．近年来，各地政府实施“退田还湖”的政策，推进水系治理，修复湖泊生态，已初步形成“七彩之光”的美丽景象。当炎炎烈日下，行走在湖水边时，会感觉凉快，这是因为水的（　　） A．内能大 B．热值大 C．温度低 D．比热容大 4．将质量相同的甲、乙、丙三块金属加热到相同的温度后，放到上表面平整的冰块上，经过一定时间后，冰块形状基本不再变化时的情形如图所示．则三块金属的比热容C甲、C乙、C丙大小相比 （　　） A． C甲最大 B．C乙最大 C．C丙最大 D．C甲＝C乙＝C丙 5．小明用如图甲所示的装置比较不同物质吸热升温情况。将分别盛有50g水和50g食用油的两个相同试管同时用红外加热器加热，温度传感器与电脑相连。电脑上显示温度随时间变化的图象如图乙所示。已知c水=4.2×103J/（kg•℃），下列说法正确的是（ ） A．加热2min，水吸收的热量大于油吸收的热量 B．油的比热容为3.15×103J/（kg•℃） C．第2～3min内，油吸收的热量为1.4×103J D．小乐用该装置实验，得到水和油的温度随时间变化图线均为A，则m水：m油=1：2 6．（多选）小明根据下表中几种物质的比热容得出结论（不发生物态变化），下列结论中正确的是（　　） 常温常压下的比热容c/[] 水4.2×103 冰2.1×103 酒精2.4×103 砂石0.92×103 煤油2.1×103 铝0.88×103 水银0.14×103 铜0.39×103 A．固体的比热容都比液体的比热容小 B．质量相等的煤油和冰升高1℃所吸收的热量相同 C．质量相等的铝块和铜块温度都降低5℃，铝块放出的热量多 D．质量相等的水和煤油吸收相同的热量，煤油的温度高 7．小明在探究“物质的放热能力与哪些因素有关”时，分别用质量均0.5kg的水和另一种液体进行对比实验，并用图象对实验数据进行了处理，如图所示。实验过程中，水和另一种液体在相同时间内放出的热量相等，分析图象可以得出： 　（选填“甲”或“乙”）物质为水，另一种液体的比热容为 　 J/（kg•℃）。[c水＝4.2×103J/（kg•℃）] 8．小红家买了一个电暖气，她阅读说明书时发现电暖气里的工作物质是油而不是水，好处之一是油的比热容比水的　 　 ，加热时升温　 　 （选填“快”或“慢”）；电暖气周围的空气温度升高，这是通过　 　 的方式改变内能的． 9．我国沿海地区的昼夜温差比新疆沙漠地区要 　 　 得多，这主要是因为水的比热容比沙石的比热容 　 　 的缘故。 10．夏日晴朗的白天，在太阳光照射下，某海边城市陆地与海面之间空气产生流动。请在图中圆圈上画上箭头表示空气流动方向。 11．探究“不同物质的吸热本领”的实验，如图1所示，用相同的电加热器给初温及质量均相同的甲、乙两种不同的液体加热，两种液体每秒吸收的热量相同，两种液体的温度加热时间的图像如图2所示． 图1 图2 （1）加热到第2min，两种液体吸收热量关系为　 　。（选填“大于”“等于”或“小于”）； （2）乙液体在第2min时的内能　 　（填“大于”“等于”或“小于”）第1min时的内能（质量变化忽略不计）；乙液体在第2min时的比热容　 　（选填“大于”“等于”或“小于”）第1min时的比热容； （3）通过图像分析得，甲乙两液体的比热容大小之比　 　． 12．近年来福州市政府大力建设生态美景，修建人工湖，全力打造美丽福州。作为福州人，请你用所学知识解释修建人工湖可以调节气温的主要原因。 考点03 热量的计算 1．甲、乙两物体的质量之比是3：1，它们吸收的热量之比是2：1，比热容之比是3：2，则甲、乙两物体升高温度之比为（　　） A．9：1 B．4：9 C．9：4 D．1：9 2．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， 测得水温又升高了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 3．将质量为 的一小杯热水倒入盛有质量为 的冷水的保温容器中， 使得冷水温度升高了， 然后又向保温容器中倒入一小杯同质量、同温度的热水，水温又上升了 。不计热量的损失， 则可判断 （　　） A．热水和冷水的温度差为 B．热水和冷水的温度差为 C．热水和冷水的温度差为 D．热水和冷水的温度差为 4．小明在探究“物质的放热能力与哪些因素有关”时，分别用质量均0.5kg的水和另一种液体进行对比实验，并用图象对实验数据进行了处理，如图所示。实验过程中，水和另一种液体在相同时间内放出的热量相等，分析图象可以得出：　 （选填“ 甲 ”或“ 乙 ”）物质为水，另一种液体的比热容为 　 　 J/（kg•℃) 。[c 水 ＝4.2×103J/（kg•℃) ] 5．雷电是大气中一种剧烈的放电现象，某次雷电释放了2.1×109J的能量，若这些能量全部被水吸收，可使质量为　 　 kg 的水从0℃升高到50℃ [c水=4.2×103J/(kg·℃) ] 6．为了测定铅的比热容，把质量为200g的铅块加热到98℃，再投入到80g的12℃水中，充分混合后水的温度为18℃。已知水的比热容为4.2×103J/（kg·℃），若不计热损失，求： （1）水吸收的热量； （2）铅的比热容。 一、选择题 1．（2024·江西）用比值法定义物理量是物理学中常用的方法。以下物理是不是用这种方法定义的是（　　） A．密度 B．比热容 C．质量 D．热值 2．（2024·连云港） 沿海地区比沙漠地区的昼夜温差小，这是因为水的（　　） A．质量大 B．温度高 C．密度大 D．比热容大 3．（2024·湖北）如图甲，利用相同规格的加热器加热等质量的a、b两种液体，得到温度随时间变化的图像如图乙，分析可知(　　) A．相同时间内a中加热器产生的热量比b中的多 B．a和b的吸热能力都随着温度的升高不断增大 C．升高相同温度a所用时间比b少，a的吸热能力比b弱 D．相同时间内a升高的温度比b多，a的吸热能力比b强 4．（2024·成都） 某固态物体的质量为m，其物质的比热容为c，用稳定的热源对它加热（物体在相同时间内吸收的热量相等），到t3时刻停止加热，然后让其冷却。上述过程中记录不同时刻的温度，最后绘制出温度随时间变化的图像（如图）。下列说法正确的是（　　） A．在0~t2时间段，该物体吸收的热量为cm（T2-T1） B．在t2~t4时间段，该物质的比热容先增大后减小 C．在t4~t5时间段，该物体放出的热量为 D．该物质在t5~t6时间段的比热容等于在0~t1时间段的比热容 5．（2024·成都） 小李同学在爸爸指导下，走进厨房进行劳动实践，他发现厨房里涉及到很多物理知识，下列说法不正确的是（　　） A．冷冻室取出的排骨表面有“白霜”，“白霜”是固态 B．在排骨的“解冻”过程中，排骨中的冰吸热熔化成水 C．排骨汤煮沸后冒出大量的“白气”，“白气”是液态 D．排骨汤盛出后不容易凉，是因为汤能够不断吸热 6．（2024·自贡）下列说法中正确的是（ ） A．汽油机在做功冲程中将内能转化为机械能 B．温度从热量高的物体传递给热量低的物体 C．0℃冰块的分子不做热运动 D．沿海地区昼夜温差比沙漠地区小，主要原因是水的流动性好，容易发生热交换 二、多选题 7．（2023·北京）下列说法正确的是（　　） A．运动的小球具有机械能，而不具有内能 B．铁块很难被压缩，说明分子间只存在斥力 C．汽油机的压缩冲程中，活塞压缩气体，将机械能转化为内能 D．内陆地区比沿海地区昼夜温差大，原因之一是砂石的比热容比水的比热容小 8．（2023·潍坊）图甲所示为一款新型水杯，将沸水倒入杯中，轻摇几下后，水温便可降至左右，并能保温3小时。图乙为其内部结构图，杯壁的不锈钢夹层中有晶体传热材料，其在常温下是固态，会随着温度的变化发生可逆的固液转换。取0.3kg该晶体材料，对其进行加热，其温度与吸收的热量关系如图丙所示。下列分析正确的是（　　） A．该晶体材料的熔点为 B．在BC段，该晶体材料的内能保持不变 C．在AB段，该晶体材料的分子热运动变剧烈 D．该晶体材料的比热容为 9．（2023·齐齐哈尔）关于以下物理知识，说法正确的是（　　） A．书包背带做的宽大，是为了减小背带对肩部的压强 B．比热容是物质自身的性质，与物质的种类无关 C．用吸管将饮料“吸入”口中，说明大气压强的存在 D．燃料的热值越大，燃烧放出的热量越多 三、填空题 10．（2024·安徽）一保温杯中装有质量为200g，温度为25℃的水。将一个质量为100g、温度为100℃的金属块放入杯中，一段时间后杯内水和金属块的温度稳定在30℃，假设金属块放出的热量全部被水吸收，已知水的比热容为4.2×103J/（kg•℃），则该金属块的比热容为 　 　J/（kg•℃） 11．（2024·扬州）拖拉机轮胎表面刻有花纹，是通过增大　 　来增大摩擦.选用水来冷却拖拉机的发动机，是因为水的比热容　 　 (填“大”或“小”)，如果水箱装有质量为20 kg的水，水温从20℃上升到70℃，水吸收了　 　J的热量.[c水=4.2×103J/(kg·℃)] 12．（2021·云南）民间俗语“霜降有霜，米谷满仓”，霜的形成属于　 　过程（填物态变化名称）。如图所示，用相同的酒精灯分别对质量、初温均相同的煤油和蓖麻油加热相同时间，观察到蓖麻油比煤油的温度变化大，说明　 　的比热容更大。 四、实验探究题 13．（2023·随州）某实验小组用规格完全相同的实验器材，对初温相同的100g水，200g水、100g煤油进行加热，如图所示。 （1）若要探究不同物质的吸热差异应选择　 　（选填“甲、乙、丙”中的两个）两图进行对比实验； （2）水沸腾时，小组成员观察到烧杯内出现的气泡是　 　（选填“A”、“B”或“C”）图； （3）在处理实验数据时，小组成员绘制了从开始加热到沸腾前液体的温度随时间变化图像如图丁，分析可知100g煤油对应的图像是　 　（选填“b”或“c”），已知水的比热容大于煤油的比热容。 14．（2022·包头）利用如图（a）所示的实验装置比较不同物质的吸热能力。 （1）实验时，选取质量　 　、初温相同的甲、乙两种不同液体，用相同的酒精灯加热，加热时液体温度升高，这是通过　 　方式来增大内能的。 （2）根据实验数据绘制的温度随时间变化关系如图（b）所示，分析可知，　 　液体的吸热能力更强。 五、计算题 15．（2024·天津市）使用厨房中的电热水器将质量为的水从加热到，该热水器消耗了的电能。已知，求：水吸收的热量； 16．（2024·苏州）如图所示为某折叠卡式炉，采用丁烷气体作为燃料。水壶装入2L初温为25℃的水，用卡式炉加热至100℃，消耗了25g丁烷气体(水的比热容为4.2×103J/(kg·℃))。求： （1）壶中水的质量； （2）水吸收的热量； 六、简答题 17．（2020·鹤岗）炎炎烈日下，松花江边的沙子热得烫脚，而江水却很清凉．这是为什么？ 1.（易错题型）在一个标准大气压下，质量为2kg，温度是30℃的水，吸收7.56×105J的热量之后，温度将升高 ℃。[C水=4.2×10³J (kg ·℃) ] 2.（素养提升）如题图甲，在探究“不同物质吸热能力”的实验中：(不计热量损失)。 (1) 加热过程中，水和煤油吸热的多少是通过 来反映的(选填“温度计示数”或“加热时间”); (2) 关于该实验的变量控制，下列要求中不正确的是； A.选用相同的电加热器 B.使用相同的烧杯 C.水和煤油的初温一定相等 D.烧杯中分别装入相同体积的水和煤油 (3)要使a和b升高相同的温度，给 加热更长的时间，说明 的吸热能力强; (4) 已知a的比热容是4.2×103J/(kg.℃)，由乙图可知b的比热容是 J/(kg.C); (5)下列选项中与本实验研究物质特性有关的是： A.用热水袋取暖 B.汽车的水箱 C.用冰袋为病人退烧 D.利用空调降温 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！1 学科网（北京）股份有限公司 $$