第二节 物质的比热容 （培优考点练）物理沪科版2024九年级全一册

第二节 物质的比热容 目录 题型分组练 2 题型01 比较不同物质的吸热本领 2 题型02 比热容的概念（定义、单位、物理意义） 4 题型03 水的比热容及其应用 5 题型04 热量的计算 7 题型05 比热容图像问题 10 创新拓展练 13 链接中考 16 新题快递 19 题型分组练 题型01 比较不同物质的吸热本领 1. 如图所示，是探究不同物质吸热本领的实验装置图，采用相同的热源，通过比较 来比较水和煤油吸收热量的多少。 【答案】加热时间 【详解】我们使用相同的热源，加热相同时间，物质吸收的热量相同，根据转换法的思想，实验中可以通过加热时间的长短来比较吸热多少。 2. 在“比较不同物质吸热的能力”实验中，同学们用酒精灯同时加热沙子和水，如图所示，关于此实验的说法正确的是（　　） A．实验中只需控制沙子和水的初温相同 B．物质吸收热量的多少是通过升高的温度来反映的 C．物质吸热的能力是由物质本身决定的 D．加热相同的时间，升高温度低的物质吸热能力弱 【答案】C 【详解】A．根据比较吸热能力的方法，还要控制不同物质的质量相同，故A错误； B．根据转换法，物质吸收热量的多少是通过加热时间来反映的，故B错误； C．根据Q吸=cmΔt知物质吸收热量的多少是由其种类、质量和升高的温度决定，故C正确； D．加热相同的时间，吸热相同，因物质质量相同，根据Q吸=cmΔt知升高温度低的物质吸热能力强，故D错误。 故选C。 3．下在“比较不同物质吸热能力”的实验中，小阳将体积和初温均相同的水和食用油分别装入两个相同的烧杯内，用相同的电加热器同时加热，如图所示。 （1）选用两个完全相同电加热器同时加热，目的是让它们在相同时间内放出 （选填“相同”或“不同”）的热量。实验中，用 （选填“加热时间 ”或“升高的温度”）反映不同物质吸收热量的多少； （2）你认为小阳设计的实验方案是 （选填“合理 ”或“不合理”）的，理由是 。 【答案】（1）相同，加热时间；（2）不合理，应该控制水和食用油的质量相同，而不是体积相同 【详解】（1）用两个相同的电加热器同时加热，目的是使加热器在相同时间内放出相等的热量，从而使两液体在相同时间内吸收的热量相等，实验中可以用加热时间来反映液体吸收热量的多少。 （2）探究不同物质的吸热能力，根据Q=cmΔt可知，质量会影响物质吸收热量的多少，水和食用油的密度不同，因此应控制水和食用油的质量相同，而不是体积相同，小阳设计的实验方案是不合理的。 4. 用如图所示的实验装置探究水和沙子的吸热能力大小，在两个相同的烧杯中加入水和沙子，用两个相同的酒精灯同时加热，记录的数据如下表： 加热时间/min 0 1 2 3 4 温度/℃ 沙子 20 22 24 26 28 水 20 21 22 23 24 （1）为保证实验的科学性，加入烧杯的水和沙子的 （选填“体积”或“质量”）必须相等； （2）实验中，水和沙子吸热的多少是通过 （选填“温度计示数”或“加热时间”）来反映的； （3）已知水的比热容是4.2×103 J/（kg⋅℃），则根据表格数据可以推测出沙子的比热容为 J/（kg⋅℃）。 【答案】(1)质量；(2)加热时间；(3) 2.1×103 【详解】（1）探究水和沙子的吸热能力大小实验中，运用控制变量法，为保证实验的科学性，加入烧杯的水和沙子的质量必须相等。 （2）如果热源和加热方法完全相同，就可以认为单位时间内物体吸收的热量相等，则实验中，水和沙子吸热的多少是通过加热时间来反映的。 （3）分析表格数据可得，相同质量的水和沙子加热相同时间，也就是吸收的热量相同时，沙子升高的温度是水升高的温度的2倍，根据Q=cmΔt，沙子的比热容是水的比热容的1/2，即 题型02 比热容的概念（定义、单位、物理意义） 5. 物理学中用比热容表示物质的吸放热本领，已知水的比热容为4.2×103 J/（kg⋅℃），其物理意义是 。当水被加热后，比热容 （选填“变大”“变小”或“不变”）。 【答案】 见解析 不变 【详解】比热容为4.2×103 J/（kg⋅℃）指的是：1kg的水温度升高（或降低）1℃所吸收（或放出）的热量为4.2×103 J。比热容是物质的属性，与水的温度无关，所以水被加热后比热容仍不变。 6. 比热容的单位是 。由表所列四种物质的比热容，可知：5千克的水温度升高40℃，需吸收的热量为 焦；质量相等的铝块与铜块，吸收相等的热量， 升高的温度多。 比热容表 煤油2.1×103 铝0.90×103 水  4.2×103 铜0.39×103 【答案】 焦/（千克·℃） 8.4×105 铜 【详解】比热容的单位是J/（kg⋅℃）。 水吸收的热量Q吸=c水mΔt=4.2×103J/（kg·℃）×5kg×40℃=8.4×105J 质量相等的铝块与铜块，吸收相等的热量，则Q铜=Q铝 即 由表可知，铜的比热容小于铝的比热容，故铜升高的温度多。 7. 关于比热容，下列说法中正确的是（　　） A．比热容跟物体吸收或放出的热量有关 B．物体的质量越大，它的比热容就越大 C．当吸收或放出相同热量时，比热容较大的物质温度变化也大 D．比热容是物质自身的性质，与质量、吸收或放出的热量均无关 【答案】D 【详解】ABD．比热容是物质自身的性质，与物质种类、物质状态有关，与质量、吸收或放出的热量均无关，故AB错误，D正确； C．根据Δt=Q吸/cm，当吸收或放出相同热量时，比热容较大的物质温度变化较小，故C错误。 故选D。 8．甲、乙两个铜块吸收相同的热量后，铜块甲升高的温度较多。关于两铜块比热容及质量的大小关系，下列判断正确的是（　　） A．c甲=c乙，m甲=m乙 B．c甲=c乙，m甲<m乙 C．c甲>c乙，m甲=m乙 D．c甲<c乙，m甲<m乙 【答案】B 【详解】比热容与物体的种类和状态有关，甲和乙都属于固态铜，故它们的比热容相同；甲和乙比热容相同，吸收热量相同，由知，甲升高温度较多，说明甲的质量较小，故ACD错误，B正确。 9．为了探究不同物质的吸热能力，在两个相同的容器中分别装入等质量的A、B两种液体，并且用完全相同的装置加热，根据实验数据，绘制了两种液体的温度随时间变化的图像如图所示，分析图像可得A、B两种液体的比热容之比为 。 【答案】2∶3 【详解】由图像可知，温度升高20℃，A、B的加热时间分别为2min和3min，用完全相同的装置加热，相同时间内吸收的热量相等，对应的吸收的热量之比为2∶3，由Q吸=cmΔt可知，在质量和升高的温度相同的情况下，吸收的热量与比热容成正比，A、B两种液体的比热容之比为2∶3。 题型03 水的比热容及其应用 10．我国许多城市中都建有大型绿地，绿地中的人工湖具有“吸热”功能，盛夏时能大大减弱周围地区的“热岛效应”，这是因为水的比热容较 （选填“大”或“小”）。质量为1千克的水在太阳的照射下，温度升高5℃，水吸收的热量为 焦[水的比热容为4.2×103 （填单位）]。 【答案】 大 2.1×104 J/（kg•℃） 【详解】水的比热容较大，相同质量的水和土壤、砂石比较，吸收或放出相同的热量，水的温度升高或降低的少，所以盛夏时能大大减弱周围地区的“热岛效应”。 水的比热容是4.2×103J/（kg•℃），质量1千克的水在太阳的照射下温度升高5℃，水吸收的热量为 11. 小明是个爱动脑的孩子，他从每天的天气预报中得出一条规律，并结合学过的知识得到印证，此表表格中是洛阳某两天气温情况，小明立即判断出 是阴天，你能说出小明判断的主要依据吗？ 。 洛阳 最高气温/℃ 最低气温/℃ 第一天 27 12 第二天 21 16 【答案】 第二天 见解析 【详解】第一天和第二天的温差分别为 晴天时，大气中水分少，温度变化大，阴天时空气中水分多，而水的比热容大，相同日照条件下，温度变化小。第二天温差小，说明大气中水分较多，由于水的比热容大，同样吸热和放热温度变化不大。 12. 炎炎夏日，海滩的沙子热得烫脚，而海水却凉凉的，这主要是因为沙子和水的（　　） A．质量不同 B．密度不同 C．温度不同 D．比热容不同 【答案】D 【详解】因为沙子比水的比热容小，所以相同光照下，即吸收相同的热量，水的温度变化量小，而沙子的温度变化量大，导致温度比水的温度高，所以觉得烫脚，故D符合题意，ABC不符合题意。 13. 水的比热容较大，人们往往利用它的这一特性为生活、生产服务，下列事例中与它的这一特性无关的是（    ） A．让流动的热水流过散热器供暖 B．汽车发动机用循环水冷却 C．夜晚向稻田里放水以防冻坏秧苗 D．夏天洒水降温 【答案】D 【详解】A．流动的热水流过散热器取暖，是利用水的比热容比较大，相同条件可以释放出更多的热量，故A不符合题意； B．汽车发动机用循环水冷却，是利用谁的比热容比较大，相同条件可以吸收更多热量，冷却效果好，故B不符合题意； C．因为水的比热容大，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，所以晚上向秧苗田里放水，水可以放出更多的热量以防冻坏秧苗，故C不符合题意； D．夏天洒水降温，是利用蒸发吸热，降低周围环境温度，故D符合题意。 故选D。 14. 根据表中几种物质的比热容，判断下列说法中不正确的是（　　） 物质 比热容[J/(kg·℃)] 物质 比热容[J/(kg·℃)] 水银 0.14×103 沙石 0.92×103 水 4.2×103 冰 2.1×103 A．制作体温计常用水银做介质，原因之一是水银的比热容小 B．北方楼房中的暖气用水做介质，利用了水的比热容大的特性 C．由于水比沙石的比热容大，所以沿海地区的昼夜温差比内陆地区大 D．水和冰的比热容不同，说明比热容与物质的状态有关 【答案】C 【详解】A．水银的比热容比较小，吸收相同的热量温度升得更高，可以更准确地测量物体的温度，故A正确，不符合题意； B．水的比热容比较大，降低相同的温度时可以放出更多的热量，取暖效果更好，故B正确，不符合题意； C．因为水比沙石的比热容大，在吸收和放出相同的热量时，水的温度变化值更小，沙石的温度变化值大，所以沿海地区的昼夜温差比内陆地区小，故C错误，符合题意； D．由图中数据可知，水和冰属于同一种物质，但状态不同、比热容不同，说明比热容与物质的状态有关，故D正确，不符合题意。 故选C。 15. 根据图所示的天气状况和地表环境信息，推断昼夜温差最小的是（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】水的比热容比砂石的比热容大，相同质量的水和砂石，在相同受热或者放热的情况下，温度变化小，所以海洋比陆地的昼夜温度小，同时天气晴朗时，白天地面吸收的热量多，夜晚地面放出的热量多，天气为多云时，白天由于云层的阻挡，地面吸收太阳的热量较少，夜晚地面放出的热量由于云层的阻挡，散失的热量较少，所以昼夜温差最小的是天气为多云时的海洋，故ABC不符合题意，D符合题意。 故选D。 题型04 热量的计算 16. 在没有电热毯等取暖设备的年代里，智慧的劳动人民用500mL的玻璃瓶装满开水放进被窝捂脚，睡觉前开水灌进去，第二天早上还感觉温温的，这样一瓶水一夜放出的热量大约为（　　） A．1.2×103J B．1.2×104J C．1.2×105J D．1.2×106J 【答案】C 【详解】一瓶水的质量为 若开水温度100℃，早上还感觉温温的，假设温度降为40℃，一夜放出的热量约为 选项中1.2×105J最接近。故C符合题意，ABD不符合题意。 故选C。 17. 甲、乙两物体的比热容之比为2∶3，乙的质量是甲质量的两倍，若它们吸收相等的热量，甲、乙两物体升高温度之比（　　） A．3∶4 B．4∶3 C．1∶3 D．3∶1 【答案】D 【详解】甲、乙两物体升高温度之比 由计算可知，D符合题意，ABC不符合题意。故选D。 18. 在标准大气压下，将一壶内质量为2kg， 初温为5℃的水，加热到55℃，忽略水在加热过程中的损失。求： （1）水吸收的热量Q； （2）接着再继续加热，若水又吸收了3.36×105J的热量，求水的末温。 【答案】（1）4.2×105J；（2）95℃ 【详解】（1）水吸收的热量Q=cmΔt=4.2×103J/(kg·℃)×2 kg×(55℃-5℃)=4.2×105J （2）水又吸收的热量为Q吸=3.36×105J，水升高的温度为 在标准大气压下水的沸点为100℃，t=t0+Δt′=55℃+40℃=95℃<100℃。所以水的末温为95℃。 19. 如图甲所示，把质量为250g的凉牛奶置于盛有热水的敞口玻璃杯中加热，经过一段时间，牛奶和热水的温度随时间的变化图象如图乙所示。已知c水=4.2×103J/(kg·℃)，c奶=2.5×103J/(kg·℃)。求： （1）牛奶不再升温时吸收的热量； （2）若损失的热量占60%，则水放出的热量； （3）水的质量是多少千克（结果保留两位小数）。 【答案】（1）1.25×104J；（2）3.125×104J；（3）0.19kg 【详解】（1）凉牛奶置于盛有热水的敞口玻璃杯中加热，牛奶的温度是升高的，热水的温度是降低的，则图乙中b曲线是牛奶，a曲线是热水，牛奶不再升温时，温度变化量为20℃，c奶=2.5×103J/(kg·℃)，牛奶的质量为0.25kg，根据比热容公式可知，牛奶不再升温时吸收的热量为 牛奶不再升温时吸收的热量为1.25×104J。 （2）由（1）解析可知，牛奶不再升温时吸收的热量为1.25×104J，若损失的热量占60%，则牛奶吸收的热量占40%，则水放出的热量为 水放出的热量为3.125×104J。 （3）从图乙可以看到，水的温度变化量为40℃，c水=4.2×103J/(kg·℃)，由（2）解析可知，水放出的热量为3.125×104J，根据比热容公式可知，水的质量为 水的质量约是0.19kg。 答：（1）牛奶不再升温时吸收的热量为1.25×104J； （2）若损失的热量占60%，则水放出的热量为3.125×104J； （3）水的质量约是0.19kg。 20. 把一质量为50g的某金属球在1080℃的炉火中加热足够长的时间， 然后迅速投入100g的初温为30℃的某种液体中，达热平衡后金属球的温度变为80℃。已知金属球的比热容为0.42×103J/( kg·℃)，不计热量的损失。 （1）求此过程中，金属球放出的热量； （2）求该液体的比热容； （3）若该液体再吸收2.52×103J的热量， 求该液体的末温。 【答案】（1）2.1×104 J；（2）4.2×103 J/(kg·℃)；（3）86℃ 【详解】（1）从开始投入某液体中到热平衡的过程中，金属球放出的热量 Q放=c金m金(t金-t)=0.42×103J/(kg·℃)×0.05kg×(1080℃-80℃)=2.1×104J （2）根据Q放=Q吸=cm(t-t0)可得，该液体的比热容 c== =4.2×103J/(kg ·℃) （3）若该液体再吸收2.52×103J的热量，则该液体升高的温度 t升== =6℃ 所以该液体的末温t末=80℃+6℃=86℃ 答：（1）此过程中，金属球放出的热量是2.1×104J； （2）该液体的比热容是4.2×103J/(kg·℃)； （3）该液体的末温是86℃。 题型05 比热容图像问题 21. 质量均为0.5kg的水和另一种液体在相同时间内放出的热量相等，它们温度随时间变化的关系如图所示。已知水的比热容C水＝4.2×103 J/（kg⋅℃），c水>c液。下列说法中（　　）    ①甲物质是水 ②0~12min乙温度降低了20℃ ③0~12min甲放出了8.4×104J的热量 ④乙物质的比热容为2.1×103 J/（kg⋅℃） A．只有①②正确 B．只有②④正确 C．只有①③正确 D．只有①④正确 【答案】D 【详解】①时间相等时，两种液体放出的热量相等，由图像可知，乙液体的温度降低的快，甲液体温度降低慢；根据Q放=cmΔt可知，在质量相等、放热也相同的情况下，谁的温度降低得快，它的比热容小；所以，甲液体的比热容大，若A、B两种液体中，一种物质是水，则一定是甲物质，故①正确； ②由图可知，0~12min乙的温度从60℃降低至20℃，所以乙的温度降低 Δt乙=60℃-20℃=40℃ 故②错误； ③0~12min甲放出的热量 Q水放=c水m水Δt甲=4.2×103J/(kg•℃)×0.5kg×(60℃-40℃)=4.2×104J 故③错误； ④由题知，而水和液体的质量相同，即m水=m乙，而水和另种液体在相同时间内放出的热量相等，即Q水放=Q乙放，则c水m水Δt甲=c乙m乙Δt乙 结合图像可得，0~12min水放出的热量，即另一种液体放出的热量 Q水放=Q乙放=4.2×104J 则另一种液体的比热容 故④正确，故D符合题意，ABC不符合题意。 故选D。 22. 用两个相同的电热器给质量均为0.2kg的物质甲和水加热，它们的温度随加热时间的变化关系如图所示，不计热量损失，（C水＝4.2×103 J/（kg⋅℃），据此判断（　　）    A．物质甲的比热容8.4×10³J/(kg·℃) B．加热20分钟时间，水吸收的热量是甲的两倍 C．每个电热器每秒放出42J的热量 D．甲在10分钟内吸收的热量是5.04×10⁴J 【答案】C 【详解】A．由图象可知，用两个相同的电热器给质量相同的物质甲和水加热，水温度升高60℃需要20min，物质甲温度升高60℃需要10min，质量相同的物质甲和水升高相同的温度需要吸收的热量关系为 Q水吸∶Q甲吸=2∶1 Q水吸= 2Q甲吸 由热量计算公式Q=cmΔt得c水=2c甲 故A错误； B．用两个相同的电热器给质量相同的物质甲和水加热，在相同时间内甲和水吸收的热量相同，所以加热20分钟时间，水吸收的热量等于甲吸收的热量，故B错误； CD．甲物质10min升高了60℃，吸收的热量 Q甲吸=c甲m甲Δt甲=2.1×103J/(kg·℃)×0.2kg×60℃=2.52×104J 不计热量损失，10min电热器放出的热量 Q放=Q甲吸=2.52×104J 每秒放出热量 故C正确，D错误。故选C。 23．如图所示，用相同的加热器给甲、乙两杯液体加热（不计热量损失，加热装置与环境等因素完全一样），得到液体温度与加热时间的关系图，如图丙所示，下列说法正确的是（　　） A．若甲、乙是质量相同的两种液体，则甲、乙两杯中液体的比热容之比为2∶3 B．若甲、乙是质量相同的两种液体，则将甲、乙两杯液体从20℃加热至60℃（均未沸腾）所需时间之比为1∶2 C．若甲、乙是质量不同的同种液体，则甲、乙两杯中液体的质量之比为3∶2 D．若甲、乙是质量不同的同种液体，则甲、乙两杯中的加热器每分钟放出的热量之比为2∶3 【答案】A 【详解】由图丙可知，将甲、乙两种液体从20℃加热至40℃时，甲用时2min，乙用时3min，由于加热器相同，则甲乙所吸收的热量之比为 AB．若甲、乙是质量相同的两种液体，由可知，甲、乙两杯中液体的比热容之比为 若将甲、乙两杯液体从20℃加热至60℃（均未沸腾），温度变化量相同，所需吸收的热量之比为 因为两加热器相同，吸收热量的多少与时间成正比，故所需时间之比为 故A正确，B错误； C．若甲、乙是质量不同的同种液体，则甲、乙两杯中液体的质量之比为 故C错误； D．用规格相同的加热器加热，意味着在相同时间内加热器放出的热量相同，甲乙两杯中的加热器每分钟放出的热量之比应为1∶1。故D错误。 故选A。 24. 小红在实验室利用电热器加热。完成了冰的熔化实验，并描绘出冰的温度随加热时间变化的关系图线如图所示。实验时，冰的质量为0.5kg。水的比热容为4.2×103J/（kg·℃），提示：相同时间被加热物质吸收的热量相同。求： （1）CD段水吸收的热量： （2）则冰的比热容为多少？    【答案】（1）4.2×104 J；（2）2.1×103 J/(kg⋅°C) 【详解】（1） CD段水从0℃升高到 20℃，所以， CD段水吸收的热量为 （2）由图象知， CD段水从0℃升高到20℃，用了 10min的时间； AB段冰从-20℃吸收热量升高到0℃，需要5min。因为相同加热时间内被加热物质吸收热量是相同的，则冰吸收的热量为 冰的比热容为 创新拓展练 25. 如图所示，小健往甲、乙两个杯子中倒入等质量的热水，同时开始计时，测得水温随时间变化的图象如图所示。可推测（    ） A．乙杯中的热水先降至60℃ B．甲杯中的水在0～10min放出的热量比乙杯的多 C．两杯水的质量及初温相同，降温速度不同是因为两杯水的比热容不同 D．由上述实验可得结论：两杯热水降温快慢不同唯一的原因是两个杯子的材料不同 【答案】B 【详解】A．由图可知，甲杯中的热水先降至60℃，故A错误； B．由题意可知，甲乙都为水、质量相等，在0~10min内Δt甲>Δt乙，根据Q放=cmΔt可知，Q甲>Q乙，即甲杯中的水放出的热量较多，故B正确； CD．甲乙都为水，即两杯水的比热容相同，而两杯热水降温快慢不同的原因可能是两个杯子开口散热面积的大小或杯身散热的材料不同等，故CD错误。 故选B。 26. 以下过程不发生物态变化，初温相同的两块金属甲、乙吸收了相同热量，甲的末温比乙的低，那么初温相同的甲、乙放出相同热量（　　） A．甲的末温比乙的低，但无法判断甲、乙比热容哪一个大 B．甲的末温比乙的高，但无法判断甲、乙比热容哪一个大 C．甲的末温比乙的高，且可以判断甲、乙比热容哪一个大 D．无法判断甲、乙的末温哪一个高，且无法判断甲、乙比热容哪一个大 【答案】B 【详解】依题意初温相同的两块金属甲、乙吸收了相同热量，甲的末温比乙的低，说明吸收相同的热量，甲温度变化比乙温度变化慢，由此可知，初温相同的甲、乙放出相同热量，甲乙温度都降低，由于甲温度变化比乙温度变化慢，所以甲的末温比乙的末温高，但由于不知道甲乙两块金属的质量关系，所以无法判断甲、乙比热容哪一个大，故ACD不符合题意，B符合题意。 故选B。 27．网上曾热销一种“55度杯”，如图为其模型图，假设此模型杯内胆中封存着300g水，室温20℃，现向杯中倒入200g，100℃开水，摇一摇，热平衡后杯内水温迅速降至 ℃；将杯内水倒掉，再将200g室温的某液体倒入该杯，摇一摇，这种液体温度可升至44℃，则这种液体的比热容为 J/(kg⋅℃)。[不计热损失，c水=4.2×103J/(kg⋅℃)] 【答案】 52 2.1×103 【详解】热水放出的热量为Q放=cm(t0-t1) 冷水吸收的热量为Q吸=cm(t1-t0) 假设热水放出的热量全部被凉水吸收，所以Q吸=Q放，即 4.2×103J/(kg•℃)×0.2kg×(100℃-t1)=4.2×103J/(kg⋅℃)×0.3kg×(t1-20℃) 解得t1=52℃ 放入液体后，水温度降低度数为△t′=52℃-44℃=8℃ 水放出的热量为 Q放′=cm△t=4.2×103J/(kg⋅℃)×0.3kg×8℃=1.008×104J 液体吸收的热量Q吸′=Q放′=1.008×104J 液体升高温度为 Δt″=44℃-20℃=24℃ 液体的比热容为 28. 如图所示在“探究冰的熔化规律”的实验中，酒精灯在持续加热，小雪同学就根据所测实验数据绘制出冰在固态和熔化过程的图像，请你用所学知识绘出冰熔化成水后温度随时间变化的大致图像。 【答案】见右图。 【详解】酒精灯在持续加热，相同时间，冰或融化后的水吸收的热量相同，冰的比热容是水的比热容的一半，根据可知，在加热相同时间，水温度变化量是冰的一半，如图所示。 29. 以下过程不发生物态变化，初温相同的两块金属甲、乙吸收了相同的热量，甲、乙两金属块的温度随吸收的热量变化的图像如图1所示。 （1）根据以上信息能否判断甲和乙的比热容大小？ 选填“能”或“不能”；如果能，请指出谁的比热容更大；如果不能，请说明原因： ； （2）若初温相同的甲、乙放出了相同的热量Q，已知乙的温度随放出的热量变化的图像如图2所示。请在图2中大致画出甲的温度随放出的热量变化的图像。 【答案】（1）不能，甲、乙的质量不确定，无法比较甲、乙两种液体的比热容；（2）见下图。 【详解】（1）由图1可知，甲、乙的初温相同，甲的末温高于乙的末温，则，吸收的热量相同，因c=Q吸/mΔt，而甲、乙的质量不确定，因此甲、乙的比热容无法确定。 （2）由图1可知，甲和乙吸收相同的热量，甲的温度变化较大，则甲和乙放出相同的热量，甲的变化仍然较大，甲、乙的初温相同，则甲的末温较低，图像如图所示： 链接中考 30．（2024·北京·中考真题）图甲为我国古代的“节能灯”——“省油灯”，图乙为其部分剖面示意图。向灯盏夹层内注水，有助于减慢油的蒸发，达到省油的目的。关于“省油灯”减慢油蒸发的方法，下列说法正确的是（　　） A．降低油的温度 B．减小油的表面积 C．减慢油表面上方的空气流动 D．减少油的体积 【答案】A 【详解】减慢蒸发的方法包括降低液体温度、减慢液体表面空气流动速度和减小液体表面积。灯点燃后会加热灯盏，热量会通过热传递的方式转移给油，使油的内能增大，温度升高，加快油的蒸发，增加耗油量；如果在夹层中加水，因为水的比热容较大，可以吸收更多的热量，使油的温度升高得慢些，减慢了油的蒸发，所以相对耗油量就少一些。故A正确，BCD错误。 故选A。 31. （2024·湖北·中考真题）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 【详解】A．实验中使用相同规格的加热器，则相同时间内a中加热器产生的热量与b中的加热器产生的热量相同，故A不符合题意； B．吸热能力是物质的属性，保持不变，所以a和b的吸热能力不会随着温度的升高而发生变化，故B不符合题意； C．由于相同时间内a中加热器产生的热量与b中的加热器产生的热量相同，则相同时间内两种液体吸收的热量相同；升高相同的温度，a所用时间比b少，则a吸收的热量少，a、b两种液体的质量相等，由可知，a的吸热能力比b弱，故C符合题意； D．由于相同时间内a中加热器产生的热量与b中的加热器产生的热量相同，则相同时间内两种液体吸收的热量相同，相同时间内a升高的温度比b多，a、b两种液体的质量相等，由可知，a的吸热能力比b弱，故D不符合题意。 故选C。 32．（2024·安徽·中考真题）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 【详解】由题意知，水吸收的热量为 Q吸=c水m(t-t0)=4.2×103J/(kg·℃)×200×10-3kg×(30℃-25℃)=4.2×103J 因金属块放出的热量全部被水吸收，则金属块放出的热量为4.2×103J，则金属块的比热容为 33．（2024·山东烟台·中考真题）在探究“物质的吸热能力与哪些因素有关”的实验中，用质量是0.3kg的水和甲表中等质量的另一种物质进行对比，作出的图像如图乙所示。实验过程中，水和另一种物质在相同时间内吸收的热量相等，分析图像可以得出图线 （选填“a”或“b”）对应的物质为水，另一种物质为 ，这种物质在0~5min内吸收的热量为 J。 物质 比热容c/[J/（kg·℃）] 水 酒精 煤油 蓖麻油 表甲 【答案】 b 煤油 2.52×104 【详解】时间相等时，两种液体放出的热量相等，由图示可以看出，a液体的温度降低的快，b液体温度降低慢；根据热量的计算公可知，在质量相等、初温相同、放热也相同的情况下，谁的温度降低得快，它的比热容小，所以b对应的物质为水。 由图可知，在0到5分钟时，a液体的温度变化了40℃，b液体（水）的温度变化了20℃，加热相同时间，吸收的热量相同，即 Qa=Q水 展开得 代入数据可知 解得ca=2.1×103J/(kg•℃) 对比表格可知，该物质是煤油。 这种物质在0~5min内吸收的热量为 34.（2024·齐齐哈尔·中考真题）小姜利用如图1所示的装置“比较不同物质吸热的情况”。 （1）器材：相同规格的电加热器、烧杯、温度计各两个，以及 （填测量工具）、托盘天平（含砝码）、水和煤油； （2）选取两个相同规格的电加热器进行实验，目的是为了通过比较 来比较物质吸收热量的多少； （3）实验中选取初温不同、 相同的水和煤油，分别倒入烧杯中，用电加热器加热，当它们吸收相同的热量时，通过比较 来比较不同物质吸热能力的强弱； （4）如图2所示，小姜正确使用温度计测量液体的温度，按照图中 （选填“A”、“B”或“C”）方法读数是正确的；实验中某时刻温度计示数如图3所示为 ℃； （5）部分实验数据如下表所示，分析数据可得出结论： （选填“水”或“煤油”）的吸热能力更强。 加热时间/min 0 1 2 3 4 …… 10 水的温度/℃ 30 34 38 42 46 …… 70 煤油温度/℃ 10 18 26 34 42 …… 90 【答案】 停表 加热时间 质量 升高的温度 B 66 水 【详解】（1）比较不同物质吸热的情况实验中需要测量加热时间，因此缺少的实验器材是秒表。 （2）实验中用两个相同的电加热器加热，加热时间越长，物质吸收的热量越多，因此通过比较加热时间的长短来比较物质吸收热量的多少。 （3）根据比较不同物质吸热能力的两种方法可知，实验中要控制不同物质的质量相等，即实验中应量取质量相等的水和煤油，分别倒入相同的烧杯中，用相同的电加热器加热，当它们吸收相同热量时，通过比较升高的温度来判断吸热能力的强弱。 （4）使用温度计测量液体的温度时，视线要与液柱的上表面相平，故B正确。 由图3可知，温度计的分度值为1℃，此时是零上，因此温度计示数为66℃。 （5）由表格中数据可知，水和煤油加热相同的时间，水升高的温度较低，说明水的吸热能力更强。 新题快递 35．同学们通过地理课的学习知道，温带海洋性气候大多分布在沿海地区，而温带大陆性气候大多分布在内陆地区。如图所示，为两气候地区的全年温度变化曲线，从物理的角度分析，下列说法正确的是（　 ） A．A气温变化小是因为沙石吸收热量少 B．A气温变化小是因为海水的比热容大 C．B气温变化大是因为砂石放出热量多 D．B气温变化大是因为海水吸收热量多 【答案】B 【详解】AB．根据生活常识可知，沿海地区水多，内陆地区水少、沙石多；因为水的比热容较大，沙石的比热容小，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，使得沿海地区昼夜的温差小，各月份平均气温变化小；而内陆城市的昼夜温差较大，各月份平均气温变化也较大，由图可知，A气温变化小，这是因为海水的比热容大，吸收或放出相同的热量时，水的温度变化小，故A错误，B正确； CD．由图可知，B气温变化大，属于温带大陆性气候，这是因为沙石的比热容较小，吸收或放出相同的热量时，沙石的温度变化大，并不是沙石放出的热量多，故CD错误。 故选B。 36. 随着电话、手机、网络的普及，外卖行业得到迅速发展。截至2024年9月，我国网上外卖用户规模约达5.85亿人。图甲是常用的两种外卖包装袋。针对不同外卖包装袋的保温能力，“物理兴趣小组”开展探究活动。准备大小和厚度相同的牛皮纸包装袋和铝箔复合包装袋各一个，两个杯子盛有初温相同的热水，插入温度计后密封进两个包装袋中，如图乙所示，并用秒表计时。 （1）请你说出图乙的设计存在的一处错误： 。 （2）改正后，测得两杯热水的温度随时间变化的图像如图丙所示，可知保温能力更强的是 包装袋，判断的依据是 。 （3）实验中发现，探究需要较长的时间，为了缩短探究时间，你的改进方法是 （写出一条即可）。 【答案】（1）两个杯子的大小和杯内水的质量不相等；（2）铝箔复合，相同时间内铝箔复合包装的水温下降慢，保温能力强；（3）减少水的质量 【详解】（1）对比实验要注意的问题：使用控制变量法每次只能改变一个因素；即除了改变的那个因素外，其他因素应该保持一样；所以实验设计中，图乙的设计的错误之处是两个杯子的大小和杯内水的质量不相等。 （2）由图丙可知，在其它条件相同时，用铝箔复合包装袋的水温降低得慢，保温能力更强。 （3）为了缩短探究时间，根据放热公式Q放=cmΔt可知，在放出的热量、液体末温一定时，可以减少水的质量或使用比热容更小的液体进行实验。 37. 小明想探究哪种方法可以让热牛奶更快速地冷却，设计了如图所示的实验：在两个相同的牛奶瓶中装入初温相同的热牛奶并插入温度计，分别垫上木块放在常温的水中和空气中冷却，记录甲、乙两温度计的示数变化，得到的数据如题下表所示： 时间/min 0 2 4 6 8 10 12 14 16 18 甲的温度/℃ 70 60 53 47 42 38 35 33 32 31 乙的温度/℃ 70 66 61 58 55 52 50 48 46 44 （1）甲、乙两个瓶中牛奶的质量应该 （选填“相同”或“不同”） （2）分析表中数据，可以得出： ①热牛奶放在 （选填“水”或“空气”）中冷却的效果更好； ②小明用比值定义法作出了“冷却速度”的定义：物体下降的温度与降温时间之比，则“冷却速度”的单位应该是 （选填字母） A．kg/℃     B．℃/kg     C．℃/min     D．min/℃ ③甲中热牛奶的“冷却速度”随时间 （选填“变快”或“变慢”或“不变”），这个过程中影响“冷却速度”快慢的因素可能是 ； （3）如图是工业上的“流水喷淋法”，大量细小的水珠通过喷头源源不断地喷洒在高温物体上，落水收集后通过冷却塔再循环使用，请你说出一个使用“流水喷淋法”冷却高温物体的好处： 。 【答案】（1）相同；(2)水， C，变慢，牛奶与水的温度差；（3）保持低水温冷却快 【详解】（1）探究冷却时间与冷却方法的关系，应该只改变冷却方法，所以需要控制牛奶质量相同。 （2）读数据可知，放在水中的牛奶温度下降得快，故牛奶放在水中冷却效果好。 实验中测量数据温度单位为℃，时间单位为min，下降温度与降温时间之比的单位为℃/min 。故ABD不符合题意，C符合题意。故选C。 分析表格中数据发现，甲中热牛奶每2min温度下降得越来越低，故其冷却速度越来越慢。即冷却速度随时间变慢。 冷却过程中的变量为：热牛奶放在常温水中一段时间后，水的温度升高了，牛奶温度降低了，二者温度差越来越小。故影响冷却速度的因素可能是水温与牛奶温度差。 （3）与高温物体接触温度升高的水流走了，喷头源源不断地喷出冷水，始终在用温度较低的水在冷却物体，水与被冷却物体温度差较大，冷却效果好。 1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ 第二节 物质的比热容 目录 题型分组练 2 题型01 比较不同物质的吸热本领 2 题型02 比热容的概念（定义、单位、物理意义） 3 题型03 水的比热容及其应用 4 题型04 热量的计算 5 题型05 比热容图像问题 6 创新拓展练 7 链接中考 8 新题快递 10 题型分组练 题型01 比较不同物质的吸热本领 1. 如图所示，是探究不同物质吸热本领的实验装置图，采用相同的热源，通过比较 来比较水和煤油吸收热量的多少。 2. 在“比较不同物质吸热的能力”实验中，同学们用酒精灯同时加热沙子和水，如图所示，关于此实验的说法正确的是（　　） A．实验中只需控制沙子和水的初温相同 B．物质吸收热量的多少是通过升高的温度来反映的 C．物质吸热的能力是由物质本身决定的 D．加热相同的时间，升高温度低的物质吸热能力弱 3．下在“比较不同物质吸热能力”的实验中，小阳将体积和初温均相同的水和食用油分别装入两个相同的烧杯内，用相同的电加热器同时加热，如图所示。 （1）选用两个完全相同电加热器同时加热，目的是让它们在相同时间内放出 （选填“相同”或“不同”）的热量。实验中，用 （选填“加热时间 ”或“升高的温度”）反映不同物质吸收热量的多少； （2）你认为小阳设计的实验方案是 （选填“合理 ”或“不合理”）的，理由是 。 4. 用如图所示的实验装置探究水和沙子的吸热能力大小，在两个相同的烧杯中加入水和沙子，用两个相同的酒精灯同时加热，记录的数据如下表： 加热时间/min 0 1 2 3 4 温度/℃ 沙子 20 22 24 26 28 水 20 21 22 23 24 （1）为保证实验的科学性，加入烧杯的水和沙子的 （选填“体积”或“质量”）必须相等； （2）实验中，水和沙子吸热的多少是通过 （选填“温度计示数”或“加热时间”）来反映的； （3）已知水的比热容是4.2×103 J/（kg⋅℃），则根据表格数据可以推测出沙子的比热容为 J/（kg⋅℃）。 题型02 比热容的概念（定义、单位、物理意义） 5. 物理学中用比热容表示物质的吸放热本领，已知水的比热容为4.2×103 J/（kg⋅℃），其物理意义是 。当水被加热后，比热容 （选填“变大”“变小”或“不变”）。 6. 比热容的单位是 。由表所列四种物质的比热容，可知：5千克的水温度升高40℃，需吸收的热量为 焦；质量相等的铝块与铜块，吸收相等的热量， 升高的温度多。 比热容表 煤油2.1×103 铝0.90×103 水  4.2×103 铜0.39×103 7. 关于比热容，下列说法中正确的是（　　） A．比热容跟物体吸收或放出的热量有关 B．物体的质量越大，它的比热容就越大 C．当吸收或放出相同热量时，比热容较大的物质温度变化也大 D．比热容是物质自身的性质，与质量、吸收或放出的热量均无关 8．甲、乙两个铜块吸收相同的热量后，铜块甲升高的温度较多。关于两铜块比热容及质量的大小关系，下列判断正确的是（　　） A．c甲=c乙，m甲=m乙 B．c甲=c乙，m甲<m乙 C．c甲>c乙，m甲=m乙 D．c甲<c乙，m甲<m乙 9．为了探究不同物质的吸热能力，在两个相同的容器中分别装入等质量的A、B两种液体，并且用完全相同的装置加热，根据实验数据，绘制了两种液体的温度随时间变化的图像如图所示，分析图像可得A、B两种液体的比热容之比为 。 题型03 水的比热容及其应用 10．我国许多城市中都建有大型绿地，绿地中的人工湖具有“吸热”功能，盛夏时能大大减弱周围地区的“热岛效应”，这是因为水的比热容较 （选填“大”或“小”）。质量为1千克的水在太阳的照射下，温度升高5℃，水吸收的热量为 焦[水的比热容为4.2×103 （填单位）]。 11. 小明是个爱动脑的孩子，他从每天的天气预报中得出一条规律，并结合学过的知识得到印证，此表表格中是洛阳某两天气温情况，小明立即判断出 是阴天，你能说出小明判断的主要依据吗？ 。 洛阳 最高气温/℃ 最低气温/℃ 第一天 27 12 第二天 21 16 12. 炎炎夏日，海滩的沙子热得烫脚，而海水却凉凉的，这主要是因为沙子和水的（　　） A．质量不同 B．密度不同 C．温度不同 D．比热容不同 13. 水的比热容较大，人们往往利用它的这一特性为生活、生产服务，下列事例中与它的这一特性无关的是（    ） A．让流动的热水流过散热器供暖 B．汽车发动机用循环水冷却 C．夜晚向稻田里放水以防冻坏秧苗 D．夏天洒水降温 14. 根据表中几种物质的比热容，判断下列说法中不正确的是（　　） 物质 比热容[J/(kg·℃)] 物质 比热容[J/(kg·℃)] 水银 0.14×103 沙石 0.92×103 水 4.2×103 冰 2.1×103 A．制作体温计常用水银做介质，原因之一是水银的比热容小 B．北方楼房中的暖气用水做介质，利用了水的比热容大的特性 C．由于水比沙石的比热容大，所以沿海地区的昼夜温差比内陆地区大 D．水和冰的比热容不同，说明比热容与物质的状态有关 15. 根据图所示的天气状况和地表环境信息，推断昼夜温差最小的是（　　） A． B． C． D． 题型04 热量的计算 16. 在没有电热毯等取暖设备的年代里，智慧的劳动人民用500mL的玻璃瓶装满开水放进被窝捂脚，睡觉前开水灌进去，第二天早上还感觉温温的，这样一瓶水一夜放出的热量大约为（　　） A．1.2×103J B．1.2×104J C．1.2×105J D．1.2×106J 17. 甲、乙两物体的比热容之比为2∶3，乙的质量是甲质量的两倍，若它们吸收相等的热量，甲、乙两物体升高温度之比（　　） A．3∶4 B．4∶3 C．1∶3 D．3∶1 18. 在标准大气压下，将一壶内质量为2kg， 初温为5℃的水，加热到55℃，忽略水在加热过程中的损失。求： （1）水吸收的热量Q； （2）接着再继续加热，若水又吸收了3.36×105J的热量，求水的末温。 19. 如图甲所示，把质量为250g的凉牛奶置于盛有热水的敞口玻璃杯中加热，经过一段时间，牛奶和热水的温度随时间的变化图象如图乙所示。已知c水=4.2×103J/(kg·℃)，c奶=2.5×103J/(kg·℃)。求： （1）牛奶不再升温时吸收的热量； （2）若损失的热量占60%，则水放出的热量； （3）水的质量是多少千克（结果保留两位小数）。 20. 把一质量为50g的某金属球在1080℃的炉火中加热足够长的时间， 然后迅速投入100g的初温为30℃的某种液体中，达热平衡后金属球的温度变为80℃。已知金属球的比热容为0.42×103J/( kg·℃)，不计热量的损失。 （1）求此过程中，金属球放出的热量； （2）求该液体的比热容； （3）若该液体再吸收2.52×103J的热量， 求该液体的末温。 题型05 比热容图像问题 21. 质量均为0.5kg的水和另一种液体在相同时间内放出的热量相等，它们温度随时间变化的关系如图所示。已知水的比热容C水＝4.2×103 J/（kg⋅℃），c水>c液。下列说法中（　　）    ①甲物质是水 ②0~12min乙温度降低了20℃ ③0~12min甲放出了8.4×104J的热量 ④乙物质的比热容为2.1×103 J/（kg⋅℃） A．只有①②正确 B．只有②④正确 C．只有①③正确 D．只有①④正确 22. 用两个相同的电热器给质量均为0.2kg的物质甲和水加热，它们的温度随加热时间的变化关系如图所示，不计热量损失，（C水＝4.2×103 J/（kg⋅℃），据此判断（　　）    A．物质甲的比热容8.4×10³J/(kg·℃) B．加热20分钟时间，水吸收的热量是甲的两倍 C．每个电热器每秒放出42J的热量 D．甲在10分钟内吸收的热量是5.04×10⁴J 23．如图所示，用相同的加热器给甲、乙两杯液体加热（不计热量损失，加热装置与环境等因素完全一样），得到液体温度与加热时间的关系图，如图丙所示，下列说法正确的是（　　） A．若甲、乙是质量相同的两种液体，则甲、乙两杯中液体的比热容之比为2∶3 B．若甲、乙是质量相同的两种液体，则将甲、乙两杯液体从20℃加热至60℃（均未沸腾）所需时间之比为1∶2 C．若甲、乙是质量不同的同种液体，则甲、乙两杯中液体的质量之比为3∶2 D．若甲、乙是质量不同的同种液体，则甲、乙两杯中的加热器每分钟放出的热量之比为2∶3 24. 小红在实验室利用电热器加热。完成了冰的熔化实验，并描绘出冰的温度随加热时间变化的关系图线如图所示。实验时，冰的质量为0.5kg。水的比热容为4.2×103J/（kg·℃），提示：相同时间被加热物质吸收的热量相同。求： （1）CD段水吸收的热量： （2）则冰的比热容为多少？    创新拓展练 25. 如图所示，小健往甲、乙两个杯子中倒入等质量的热水，同时开始计时，测得水温随时间变化的图象如图所示。可推测（    ） A．乙杯中的热水先降至60℃ B．甲杯中的水在0～10min放出的热量比乙杯的多 C．两杯水的质量及初温相同，降温速度不同是因为两杯水的比热容不同 D．由上述实验可得结论：两杯热水降温快慢不同唯一的原因是两个杯子的材料不同 26. 以下过程不发生物态变化，初温相同的两块金属甲、乙吸收了相同热量，甲的末温比乙的低，那么初温相同的甲、乙放出相同热量（　　） A．甲的末温比乙的低，但无法判断甲、乙比热容哪一个大 B．甲的末温比乙的高，但无法判断甲、乙比热容哪一个大 C．甲的末温比乙的高，且可以判断甲、乙比热容哪一个大 D．无法判断甲、乙的末温哪一个高，且无法判断甲、乙比热容哪一个大 27．网上曾热销一种“55度杯”，如图为其模型图，假设此模型杯内胆中封存着300g水，室温20℃，现向杯中倒入200g，100℃开水，摇一摇，热平衡后杯内水温迅速降至 ℃；将杯内水倒掉，再将200g室温的某液体倒入该杯，摇一摇，这种液体温度可升至44℃，则这种液体的比热容为 J/(kg•℃)。[不计热损失，c水=4.2×103J/(kg•℃)] 28. 如图所示在“探究冰的熔化规律”的实验中，酒精灯在持续加热，小雪同学就根据所测实验数据绘制出冰在固态和熔化过程的图像，请你用所学知识绘出冰熔化成水后温度随时间变化的大致图像。 29. 以下过程不发生物态变化，初温相同的两块金属甲、乙吸收了相同的热量，甲、乙两金属块的温度随吸收的热量变化的图像如图1所示。 （1）根据以上信息能否判断甲和乙的比热容大小？ 选填“能”或“不能”；如果能，请指出谁的比热容更大；如果不能，请说明原因： ； （2）若初温相同的甲、乙放出了相同的热量Q，已知乙的温度随放出的热量变化的图像如图2所示。请在图2中大致画出甲的温度随放出的热量变化的图像。 链接中考 30．（2024·北京·中考真题）图甲为我国古代的“节能灯”——“省油灯”，图乙为其部分剖面示意图。向灯盏夹层内注水，有助于减慢油的蒸发，达到省油的目的。关于“省油灯”减慢油蒸发的方法，下列说法正确的是（　　） A．降低油的温度 B．减小油的表面积 C．减慢油表面上方的空气流动 D．减少油的体积 31. （2024·湖北·中考真题）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 32．（2024·安徽·中考真题）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·℃)。 33．（2024·山东烟台·中考真题）在探究“物质的吸热能力与哪些因素有关”的实验中，用质量是0.3kg的水和甲表中等质量的另一种物质进行对比，作出的图像如图乙所示。实验过程中，水和另一种物质在相同时间内吸收的热量相等，分析图像可以得出图线 （选填“a”或“b”）对应的物质为水，另一种物质为 ，这种物质在0~5min内吸收的热量为 J。 物质 比热容c/[J/（kg·℃）] 水 酒精 煤油 蓖麻油 表甲 34.（2024·齐齐哈尔·中考真题）小姜利用如图1所示的装置“比较不同物质吸热的情况”。 （1）器材：相同规格的电加热器、烧杯、温度计各两个，以及 （填测量工具）、托盘天平（含砝码）、水和煤油； （2）选取两个相同规格的电加热器进行实验，目的是为了通过比较 来比较物质吸收热量的多少； （3）实验中选取初温不同、 相同的水和煤油，分别倒入烧杯中，用电加热器加热，当它们吸收相同的热量时，通过比较 来比较不同物质吸热能力的强弱； （4）如图2所示，小姜正确使用温度计测量液体的温度，按照图中 （选填“A”、“B”或“C”）方法读数是正确的；实验中某时刻温度计示数如图3所示为 ℃； （5）部分实验数据如下表所示，分析数据可得出结论： （选填“水”或“煤油”）的吸热能力更强。 加热时间/min 0 1 2 3 4 …… 10 水的温度/℃ 30 34 38 42 46 …… 70 煤油温度/℃ 10 18 26 34 42 …… 90 新题快递 35．同学们通过地理课的学习知道，温带海洋性气候大多分布在沿海地区，而温带大陆性气候大多分布在内陆地区。如图所示，为两气候地区的全年温度变化曲线，从物理的角度分析，下列说法正确的是（　 ） A．A气温变化小是因为沙石吸收热量少 B．A气温变化小是因为海水的比热容大 C．B气温变化大是因为砂石放出热量多 D．B气温变化大是因为海水吸收热量多 36. 随着电话、手机、网络的普及，外卖行业得到迅速发展。截至2024年9月，我国网上外卖用户规模约达5.85亿人。图甲是常用的两种外卖包装袋。针对不同外卖包装袋的保温能力，“物理兴趣小组”开展探究活动。准备大小和厚度相同的牛皮纸包装袋和铝箔复合包装袋各一个，两个杯子盛有初温相同的热水，插入温度计后密封进两个包装袋中，如图乙所示，并用秒表计时。 （1）请你说出图乙的设计存在的一处错误： 。 （2）改正后，测得两杯热水的温度随时间变化的图像如图丙所示，可知保温能力更强的是 包装袋，判断的依据是 。 （3）实验中发现，探究需要较长的时间，为了缩短探究时间，你的改进方法是 （写出一条即可）。 37. 小明想探究哪种方法可以让热牛奶更快速地冷却，设计了如图所示的实验：在两个相同的牛奶瓶中装入初温相同的热牛奶并插入温度计，分别垫上木块放在常温的水中和空气中冷却，记录甲、乙两温度计的示数变化，得到的数据如题下表所示： 时间/min 0 2 4 6 8 10 12 14 16 18 甲的温度/℃ 70 60 53 47 42 38 35 33 32 31 乙的温度/℃ 70 66 61 58 55 52 50 48 46 44 （1）甲、乙两个瓶中牛奶的质量应该 （选填“相同”或“不同”） （2）分析表中数据，可以得出： ①热牛奶放在 （选填“水”或“空气”）中冷却的效果更好； ②小明用比值定义法作出了“冷却速度”的定义：物体下降的温度与降温时间之比，则“冷却速度”的单位应该是 （选填字母） A．kg/℃     B．℃/kg     C．℃/min     D．min/℃ ③甲中热牛奶的“冷却速度”随时间 （选填“变快”或“变慢”或“不变”），这个过程中影响“冷却速度”快慢的因素可能是 ； （3）如图是工业上的“流水喷淋法”，大量细小的水珠通过喷头源源不断地喷洒在高温物体上，落水收集后通过冷却塔再循环使用，请你说出一个使用“流水喷淋法”冷却高温物体的好处： 。 1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$