第13.1节 热量 比热容（高效培优·讲义）物理新教材人教版九年级全一册

本讲义聚焦初中物理“热量 比热容”核心内容，系统梳理热量的过程量特性、比热容的概念及物理意义，通过探究不同物质吸热能力实验（控制变量法、转换法）构建认知，延伸至热量计算公式（Q=cmΔt）、热平衡方程（Q放=Q吸）及水的比热容应用，形成从概念到实验再到计算与生活联系的完整知识支架。 该资料以新课标核心素养为导向，通过“目标清单+避坑指南+真题演练”设计，强化科学思维与科学探究。如实验探究环节明确控制变量法操作要点，结合生活实例（沿海温差、冷却剂）深化物理观念，课中辅助教师高效授课，课后分层练习助力学生查漏补缺，提升知识应用与问题解决能力。

第13.1节 热量 比热容 目录 01 本节导航·目标清单 02 教材精研·内容全解 考点01 热量与比热容 考点02 热量的计算 03 避坑指南·解题通法 角度01 比热容的概念、单位和物理意义 角度02 生活中的比热容问题 角度03 计算物体温度变化时的吸放热 角度04 比热容的比例计算 角度05 热平衡方程及其应用 角度06 水的比热容特点及应用 角度07 不同物质的吸热本领 04 真题闯关·溯源演练 05 课后三阶·精准练习 目标导航 方法指导 1.通过实验探究，知道不同物质吸热本领存在差异，理解控制变量法的实验思路。 2.掌握比热容的概念、单位与物理意义，熟记比热容定义式。 3.会利用公式计算物体升温、降温过程中的吸放热，能完成比热容比例计算。 4.理解热平衡方程，会分析冷热混合过程的热交换与温度变化问题。 5.掌握水的比热容大的特性，能用比热容知识解释生活相关现象。 1.通过对比实验设计，掌握探究物质吸热能力的控制变量研究方法。 2.通过比值定义法，理清比热容概念，区分质量、温度变化、吸热多少三者关系。 3.通过分层例题练习，熟练吸放热基础计算、比例计算、冷热混合热平衡综合计算。 4.结合生活实例分析，学会用水比热容大的特点解释降温、取暖等实际应用场景。 5.通过对比不同物质比热容表，总结比热容大小对温度变化快慢的影响规律。 知识导图 考点01 热量与比热容 1、热传递：热量从高温物体传递到低温物体，或从物体的高温部分传递到低温部分的现象，叫做热传递。2、热量定义：在热传递过程中，传递能量的多少叫作热量。热量通常用字母Q表示。 （1）热量是热传递过程中物体内能的改变量，因此，热量是个过程量。只有在热传递过程中，才能谈论热量，离开热传递过程谈热量是毫无意义的。 （2）我们不能说某个物体具有或含有多少热量，更不能比较两个物体具有热量的多少。热量只能与表示过程的词语连用，如“吸收热量”“放出热量”。 3、比热容的概念：单位质量的某种物质温度升高1℃吸收的热量叫做这种物质的比热容，简称比热。 比热容是通过比较单位质量的某种物质升温1℃时吸收的热量，来表示各种物质的不同性质。 （1）比热容的单位：在国际单位制中，比热容的单位是J/（kg•℃），读作焦每千克摄氏度。 （2）水的比热容是4.2×103J/（kg•℃）；它的物理意义是1千克水，温度升高或者降低1℃，吸收或者放出的热量是4.2×103焦耳。 4、水的比热容的特点及应用 （1）由于水的比热容较大，一定质量的水吸收（或放出）很多的热而自身的温度却变化不多，有利于调节 气候；所以夏天，太阳光照射到海面上，海水的温度在升高过程中吸收大量的热，所以人们住在海边并不觉得特别热冬天，气温低了，海水由于温度降低而放出大量的热，使沿海气温不至于降得太低，所以住在海边的人们又不觉得特别冷。 （2）一定质量的水升高（或降低）一定温度吸热（或放热）很多，有利于用水作冷却剂或取暖；作冷却剂时，是让水吸收带走更多的热量；用来取暖时，是让水放出更多热量供给人们，另一方面。 4、探究不同物质吸热情况 （1）实验器材：铁架台、酒精灯、石棉网、烧杯、温度计、秒表等。 （2）实验装置： （3）实验方法： ①控制变量法：控制不同物质的质量相同，吸收热量相同，比较升高的温度，从而比较吸热能力大小；或控制不同物质的质量相同，升高的温度相同，比较吸收的热量，从而比较吸热能力的大小。 ②转换法：由于物质吸收的热量不容易测量，可以通过转换法，将物质吸收热量的多少转换成加热时间，因此比较加热时间，就可以比较得出吸收热量的多少。 （4）实验设计： ①液体的选取，应保证质量相同。 ②选用相同热源的目的是相同时间内，控制吸收热量相同。 ③实验数据分析： （1）让两种液体吸收相同的热量，比较液体的温度变化，温度变化小的吸热本领强； （2）让两种液体变化相同的温度，比较液体吸收热量的多少，吸收热量多的吸热本领强。 （5）实验结论：不同物质，在质量相等、升高的温度相同时，吸收的热量不同，比热容大的物质吸收热量多。 【深化点拨】 1．热量的表述：热量过程量，不是状态量，不能说含有或者具有热量，只能说吸收或放出热量。 解题是要抓住关键词：“具有热量”、“含有热量”，这样的说法是错误的。 2．比热容的解题方法点拨 （1）对于同一种物质，比热容的值还与物质的状态有关，同一种物质在同一状态下的比热容是一定的，但在不同状态时，比热容是不同的。如：水的比热容是4.2×103J/（kg•℃），而冰的比热容是2.1×103J（kg•℃）。 （2）对于物质的比热容，可以从以下两个方面理解：首先，比热容跟密度一样，也是物质的一种特性，它既不随物质质量的改变而变化，也不随物质吸收（或放出）热量的多少及温度的变化而变化，也就是说，只要是相同的物质，不论其形状、质量、温度高低、放置地点如何，它的比热容一定是相同的；其次，不同物质的比热容不同，同种物质的比热容相同，它反映了不同物质吸、放热本领的强弱，还可以利用物质的这种特性来鉴别物质。 3、比热容解释简单的自然现象：如为什么海水与沙子在同一时刻的温度不一样？ 因为海水与沙子受光照的时间完全相同，所以它们吸收的热量相同，但是海水的比热比沙子的比热大，所以海水升温比沙子升温慢；没有日照时，海水降温比沙子降温慢。 4、比较不同物质吸热的情况解题方法点拨 （1）实验方法：控制变量法 转换法（通过温度变化快慢来反映吸热能力的强弱）。 （2）实验液体的选择：质量相同的不同液体（如可以是水和食用油）。 （3）选择相同的热源目的是：以保证相同加热时间释放的热量相同。 （4）使用电加热器代替酒精灯的好处：易于控制产生热量的多少。 （5）实验中不断搅拌的目的：使液体受热均匀。 （6）描述物体吸热能力的物理量是：比热容。 （7）结论：相同质量的不同物体，吸收相同的热量后升高的温度不同，比热容大的升高的温度低。 （8）实验中，物质吸收热量的多少是通过加热时间来控制的。 1．关于比热容，下列说法正确的是（　　） A．比热容与物体的质量成正比 B．比热容与物体吸收的热量成正比 C．比热容是物质的一种特性，与质量、热量无关 D．同种物质的比热容一定相同 【答案】C 【详解】比热容是物质的一种特性，只和物质的种类、状态有关，与质量、热量、温度变化等因素无关，同种物质如果状态不同，比热容也会不同。故ABD错误，C正确。 故选C。 2．沿江风光带是市民夏日纳凉的好去处，沿岸气温往往比远离河岸的城区更低。这是因为江水的________比砂石的大，相同质量的水与砂石吸收相同的热量时，水的温度升高幅度比砂石_______，从而有效调节江边气温。 【答案】 比热容 小 【详解】水的比热容比砂石的比热容大，水的吸热能力较强，相同质量的水和砂石吸收相同的热量，水的温度变化较小，温度升高幅度小，能有效调节江边气温。 考点02 热量的计算 1、热量的计算 （1）物体的温度升高时吸收热量为：Q吸=cm（t-t0）；降低时放出的热量为：Q放=cm（t0-t）。 其中c——物体的比热容——单位J/（kg•℃）；m——物体的质量——单位kg；t0——物体原来的温度℃；t——物体后来的温度℃。 （2）若用△t表示物体变化的温度（升高或降低的温度），物体温度升高过程吸收的热量或物体温度降低过程放出的热量可以统一写为：Q=cm△t。 （3）公式可以变形为、、。 2、热平衡的应用 （1）热平衡：在热传递过程中，如果没有热量损失，则高温物体放出的热量Q放等于低温物体吸收的热量Q吸，即Q放=Q吸，把这个关系叫热平衡方程。 （2）热平衡方程式：两个温度不同的物体放在一起，高温物体放出热量，低温物体吸收热量，当两个物体温度达到相同时，如果没有热量损失，则有Q吸=Q放，称为热平衡方程，在热量计算题中，常采用此等式。 【深化点拨】 1．热量的计算解题思路点拨 （1）t是末温，t0是初温，Δt表示温度的变化，注意题干中对于他们的说法是有差别的，如“升高到”，“降低到”指的是末温，而“升高了”，“降低了”表示的是温度的变化。 （2）应用热量公式的条件是物质的状态不能改变，若不考虑这个因素，计算结果就会出现错误。 （3）在使用热量公式进行计算时，首先各物理量的单位必须统一用国际单位，如温度t的单位用℃，质量m的单位用kg，比热容c的单位用J/（kg•℃），热量的单位用J；其次，对有关温度的文字叙述应特别谨慎，不可乱套，注意分清“升高”“升高了”“降低”“降低了”对应的都是温度的改变量△t，而不是温度t；而“升高到”“降低到”对应的才是物体的末温t。 2．热平衡的解题思路点拨：注意此方程只适用于绝热系统内的热交换过程，即无热量的损失；在交换过程中无热和功转变问题；而且在初、末状态都必须达到平衡态。 （1）系统放热，一般是由于温度降低、凝固、液化及燃料燃烧等过程。 （2）而系统吸热则是由于温度升高，熔解及汽化过程而引起的。 1．甲、乙两物体的比热容之比为，吸收相同的热量后，甲的温度升高了，乙的温度升高了，则甲、乙的质量之比为（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】根据热量公式 ，甲、乙吸收的热量相等，即 代入已知条件：，，可得 则 故ACD不符合题意，B符合题意。 故选 B。 2．一个质量为500g的铝壶，装有2kg的水，水的比热容为，若水温度升高10℃，水吸收的热量为______J；铝的比热容比水小，若质量相同的铝和水吸收相同的热量，则铝的温度变化更______。 【答案】 大 【详解】[1]水吸收的热量 [2]由公式可知，当吸收的热量和质量相同时，比热容越小，温度变化量越大。由于铝的比热容比水小，所以吸收相同热量时，铝的温度变化更大。 3．某家庭用燃气热水器将质量为200kg、温度为20℃的自来水加热到60℃，消耗的天然气体积为（天然气的热值为，水的比热容为。求： (1)天然气完全燃烧放出的热量； (2)水吸收的热量； (3)该热水器的效率。 【详解】（1）由题意得，消耗天然气体积，天然气完全燃烧放出的热量 （2）由题意得，水的质量，水的初温，末温。 水吸收的热量 （3）热水器的效率 热量 比热容的综合应用及解题步骤 1.“比热容”概念的深度理解 （1）物理意义：比热容（c）是物质的一种特性，反映了物质吸热或放热本领的大小。 c越大 →吸热/放热本领越强 →温度越难改变。 c越小 →吸热/放热本领越弱 →温度容易改变。 （2）比热容只与物质的种类和状态有关，与质量、体积、吸热多少、温度高低无关。 （3）易错：一杯水喝掉一半，剩下的水比热容不变。水结成冰，比热容改变。 2.控制变量法的实验逻辑（不同物质的吸热本领） （1）这是探究比热容实验的核心，必须掌握两种比较方法 方法一：控制质量和升高的温度相同，比较加热时间。 加热时间长→吸热多→比热容大。 方法二：控制质量和加热时间相同，比较升高的温度。 升温慢（Δt小）→吸热本领强→比热容大。 （2）转换法：实验中通过加热时间的长短来反映物体吸收热量的多少。 3.热量计算公式的灵活运用 （1）公式： Q=cmΔt（其中 Δt为温度变化量，即∣t末−t初∣）。 （2）比例计算技巧： 当m和Δt相同时， Q∝c（吸热与比热容成正比）。 当Q和 m相同时， Δt∝（升温与比热容成反比）。 典型题：质量相同的铜块和铝块（ c铝>c铜 ），吸收相同热量，谁升温快？ 答：铜块（因为 c小，Δt大）。 4.热平衡方程与混合问题：在不计热损失的情况下，高温物体放出的热量等于低温物体吸收的热量。 （1）核心方程： Q放=Q吸​ （2）展开式： c高m高(t高−t共)=c低m低(t共−t低)。 （3）注意区分“升高了”和“升高到”。 “升高了10℃”→Δt=10。 “升高到10℃”→t末=10。 混合后的最终温度 t共一定介于两者初温之间。 5.水的比热容大的应用 （1）调节气温：沿海地区昼夜温差小（水多， c大，白天吸热升温慢，夜晚放热降温慢）。 （2）冷却剂/取暖：汽车发动机用水冷却、北方暖气用水做介质（因为 c大，相同质量下，升高/降低相同温度，吸收/放出的热量更多，效率高）。 角度01 比热容的概念、单位和物理意义 1．下列关于生活中的一些热现象说法正确的是（　　） A．物体温度越高内能越大，所以的冰没有内能 B．一杯水倒出一半后，杯内剩余水的比热容变小 C．煮熟的粽子过一会变凉了，它含有的热量会减少 D．剥开粽子，粽叶上粘有米粒说明分子间存在引力 【答案】D 【详解】A．一切物体都具有内能，0℃的冰也具有内能，故A错误； B．比热容是物质的一种特性，与物质的种类和状态有关，与物体的质量无关，所以一杯水倒出一半，杯内剩余水的比热容不变，故B错误； C．热量是过程量，不能说物体含有热量，故C错误； D．分之间存在相互作用的引力和斥力，剥开粽子，粽叶上粘有米粒说明分子之间存在引力，故D正确。 故选D。 2．小明在两个相同的容器中分别装入100 g初温为10°C的水和100 g初温为15°C的液体甲，降温使它们凝固，同时使用温度传感器测量温度。实验时气压为一个标准大气压，假设两种物质在单位时间内放出的热量相等，忽略液体蒸发等次要因素，根据所测数据绘出的T-t图像如图所示。已知c水＝4.2×103 J/(kg·°C)，下列说法正确的是（　　） A．固态甲的比热容为1.4×103 J/(kg·°C) B．冰的放热能力比固态甲弱 C．0～20 min内，水放出的热量多于甲 D．物质甲液态过程中放出的热量为4.2×103 J 【答案】A 【详解】，，两种物质单位时间放热相等，设单位时间放热为。 由图像可得水在0~10min液态降温，从10°C降到0°C，，可计算得水放出热量 因此单位时间放热 A．固态甲降温过程为15~20min，，放热 温度变化 根据得 故A正确； B．冰降温过程为15~20min，，放热，温度变化 比热容越大，吸放热能力越强，，因此冰的放热能力比固态甲强，故B错误； C．单位时间放热相等，内两者时间相同，总放出热量相等，因此水放出热量等于甲放出热量，故C错误； D．甲的液态过程为0~5min，，放出热量 故D错误。 故选 A。 3．若某个铜球的比热容为0.39×103J/（kg·℃），则半个铜球的比热容为_______J/（kg·℃），小黎同学用相同的电加热器分别对质量均为0.2kg的水和另一种液体加热，给水加热是通过热传递的方式使水的内能增加：得到的实验数据如图所示，则水在16min内吸收的热量为________J，另一种液体的比热容为________ J/（kg·℃）（水的比热容c水=4.2×103 J/（kg·℃）。 【答案】 0.39×103 2.52×104 2.1×103 【详解】[1]比热容是物质的属性，与物质的种类和状态有关，与物体的质量无关，因此半个铜球的比热容为0.39×103J/（kg·℃）。 [2]据图可知，16min水吸收的热量为 [3]由于使用相同的电加热器，则相同时间内物质吸收的热量相同，据图可知，另一中液体加热8min吸收的热量是水加热16min吸收热量的一半。则另一种液体的比热容为 角度02 生活中的比热容问题 4．将质量相等、初温相同的沙子和水分别放在两个瓷盘中，如图所示，用红外灯照射两个瓷盘4min后，沙子的温度为54℃，水的温度为30℃，它们的温度随时间变化图像如图乙所示，则下列说法正确的是（ ） A．图线a、b分别对应物质是水和沙子 B．升高相同温度a物质吸收的热量更多 C．沙子与水的比热容之比 D．该实验可解释沿海地区白天产生的陆风现象 【答案】C 【详解】A．a升温更快，对应比热容更小的沙子；b升温更慢，对应水，故A错误； B．升高相同温度时，b（水）需要更长的加热时间，说明b吸收热量更多，a（沙子）吸收热量更少，故B错误； C．4分钟后，沙子升温 水升温 Q、m相同，由得c与Δt成反比 即，故C正确； D．白天沿海地区陆地比热容更小，升温比海洋快，陆地气压更低，风从海洋吹向陆地，是海风，陆风是夜晚的现象，因此该实验不能解释白天陆风，故D错误。 故选C。 5．香山湖公园不仅风景优美，其中的人工湖还能有效调节其周围环境的气温，假设人工湖湖水的质量是，若水温度升高，则湖水吸收的热量为___________J．如表所示是沿海城市和内陆城市两地的气温情况，请根据两个地方的气温变化情况判断城市___________。（选填“甲”或“乙”）是沿海城市。 2024年5月13日 城市甲晴 城市乙晴18~31 【答案】 甲 【详解】湖水吸收的热量 水的比热容较大，沿海城市水域面积广，在吸收或放出相同热量时，温度变化幅度更小，即昼夜温差小。对比表格中两地气温，城市甲昼夜温差为 城市乙昼夜温差为 甲的温差更小，因此甲是沿海城市。 6．城市“热岛效应”明显，小明发现夏季同一时间，市中心广场的气温比郊外草地热得多。他认为这可能与地表铺设的材料（下垫面材料）不同有关，并开展了调研，调研方案如下： (1)小明认为：在相同光照下，不同下垫面材料升高的温度________； (2)为了验证猜想，他使用红外测温仪在同一时间段内、同一区域，测量户外沥青路面，水泥地表面和草地表面的温度。从上午9:00开始，每隔一段时间记录一次数据，部分数据如题表所示： 下垫面材料 9:00温度示数/℃ 11:00温度示数/℃ 13:00温度示数/℃ 沥青 33.1 42.8 48.8 水泥 31.5 40.2 45.9 草坪 28.3 33.1 35.7 ①分析数据可知，在相同光照时间内，________表面升温幅度最大，说明下垫面材料是影响气温的因素； ②请你分析带草皮土壤升温慢的主要原因________； (3)小华认为小明的实验方案不够严谨，因为只测量了表面温度，没有测量上方空气温度，不能直接说明对气温的影响。请你帮助小明改进实验方案，需要增加的测量工具是________，需要增加的测量步骤是________； (4)基于以上调研结果，请对城市建设规划提出建议：________。 【答案】(1)不同 (2)沥青 水的比热容大，蒸发吸热 (3)温度计 在每种下垫面上方相同高度处测量空气温度 (4)增加绿地，建设人工湖，建造人工湿地 【详解】（1）不同下垫面材料（如沥青、水泥、草坪）的比热容不同，颜色、吸热能力、含水量也不同。所以不同材料升高的温度是不同的。 （2）[1]分析实验数据可知：沥青从33.1℃升至48.8℃，升温15.7℃；水泥升温14.4℃；草坪升温7.4℃；所以沥青表面升温幅度最大。 [2]带草皮土壤升温慢的主要原因：草皮和土壤中含有水分，水的比热容大，吸收相同热量时温度升高较小；同时植被的蒸腾作用也会吸收热量。 （3）已知需要测量下垫面材料上方气体的温度，所以还需要增加温度计或气温计；同时需要在每种下垫面上方相同高度处测量空气温度。 （4）对城市建设的建议：增加城市绿地面积、采用透水砖、修建屋顶花园、开凿人工湖、建造人工湿地等，以缓解热岛效应。 角度03 计算物体温度变化时的吸放热 7．如图1所示，规格相同的甲、乙两个烧杯中分别装有3 kg和2 kg的纯净水，用不同的加热器加热，并测量水的温度。不计热损失，得到如图2所示的温度与时间之间的关系图像。已知c水＝4.2×103 J/(kg·℃)，g取10 N/kg。下列说法正确的是（     ） A．甲烧杯中的水每分钟吸收的热量为2.52×105 J B．加热器1和加热器2每分钟放出的热量之比为3∶2 C．加热相同的时间，甲、乙两烧杯中的水升高的温度之比为3∶2 D．将甲、乙两烧杯中的水从20℃加热至沸腾所需要的时间之比为4∶9 【答案】C 【详解】A．由图2可知，甲烧杯中的水2min内从20℃升高到40℃，，则甲2min吸收的热量 因此甲每分钟吸收的热量为，故A错误； B．不计热损失，加热器每分钟放出热量等于水每分钟吸收的热量。由图可知乙3min内水温升高20℃，乙每分钟吸收的热量 因此加热器每分钟放热之比，故B错误； C．加热相同时间，甲、乙吸收热量之比，根据，得温度升高之比，故C正确； D．从20℃加热到沸腾，水升高温度相同，所需时间之比，故D错误。 故选C。 8．白洋淀是华北平原上最大的淡水湖泊，对维持生物多样性和调节气候起到了重要作用。广阔的湖水能调节周边的气温，这是由于___________；实践小组取5kg湖水进行加热，水温从升高了，水吸收的热量相当于完全燃烧___________g酒精放出的热量。，] 【答案】 水具有较大的比热容 28 【详解】[1]水具有较大的比热容，相同质量的水与其他物质相比，吸收或放出相同热量时，水的温度变化幅度更小，因此能有效调节周边气温。 [2]水吸收的热量 酒精完全燃烧放出的热量 酒精的质量 9．效率为的小汽车在水平公路上匀速直线行驶时，行驶消耗汽油，已知汽油密度为，热值为，水的比热容为，请计算： (1)汽油完全燃烧放出的热量； (2)小汽车匀速行驶时所受的阻力； (3)若燃料完全燃烧放出的热量都用来加热水，使水从升高到，求可以加热的水的质量。 【详解】（1）汽油完全燃烧放出的热量 （2）牵引力所做的功 牵引力 由二力平衡可知阻力 （3）可以加热的水的质量 角度04 比热容的比例计算 10．甲、乙两种物质的比热容之比为2∶1，质量之比为3∶2，吸收的热量之比为2∶3，则甲、乙两种物质升高的温度之比为（　　） A．1∶3 B．3∶1 C．9∶2 D．2∶9 【答案】D 【详解】根据，可得甲、乙两种物质升高的温度之比，故D符合题意，ABC不符合题意。 故选D。 11．甲、乙两铁块的质量之比是3:1。若两铁块吸收相同的热量，甲铁块的温度升高了15℃，乙铁块的温度升高了________℃；若甲、乙两铁块升高的温度之比是3:4，甲、乙两铁块吸收的热量之比为________。 【答案】 45 9∶4 【详解】[1]甲、乙两铁块的质量之比是3:1，设乙的质量为m，甲的质量为3m，若两铁块吸收相同的热量Q，甲铁块的温度升高了15℃，乙铁块升高的温度为 [2]甲、乙两铁块的质量之比是3:1，若甲、乙两铁块升高的温度之比是3:4，甲、乙两铁块吸收的热量之比为 12．将质量为2kg的金属块，加热到后，立即投入质量为1kg、温度为的冷水中，若金属块放出的热量全部被水吸收，最终水的温度升高到。已知。求： (1)水吸收的热量； (2)金属块降低的温度； (3)金属块的比热容。 【详解】（1）水吸收的热量 （2）最终水的温度升高到80℃，说明此时金属块的温度为80℃，则金属块降低的温度 （3）不计热量损失，到平衡后，水、金属块的末温相同，大小为，金属块放出的热量等于水吸收的热量，即 根据可得金属块的比热容 角度05 热平衡方程及其应用 13．把质量为200g、温度为20℃的冷水和质量为400g、温度为80℃的热水充分混合后温度为60℃（不计热损失），则（　　） A．冷、热水的吸放热之比为 B．冷、热水的温度变化量之比为 C．冷、热水的比热容之比为 D．冷、热水的比热容之比为 【答案】C 【详解】A．不计热损失时，冷水吸收的热量等于热水放出的热量，即，冷、热水的吸放热之比为，并非，故A不符合题意； B．冷水温度变化量 热水温度变化量 温度变化量之比为，并非，故B不符合题意； CD．根据，由得 代入数据（，，，） 化简得，即比热容之比为，故C符合题意，D不符合题意。 故选C。 14．质量为2kg、温度为120℃的钢球，在空气中自然冷却至20℃的室温。此过程中，钢球将放出______J的热量；若这些热量的50%被初温为20℃、质量为0.05kg的水吸收，水吸收的热量为______J；在标准大气压下，这部分水的温度最终能升高到______℃。[已知J/（kg·℃），J/（kg·℃）] 【答案】 100 【详解】【小题1】[1][2][3]由可得，2kg、温度为120℃的钢球，在空气中自然冷却至20℃的室温时放出的热量为 这些热量的50%被水吸收，即水吸收的热量为 根据可得，水升高的温度 所以水的温度理论上能升高到，但由于在标准大气压下，水的沸点为100℃，因此水的温度实际上只能升高到100℃。 15．一保温杯中装有质量为400g，温度为25℃的水，现将一个温度为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℃。已知水的比热容为，金属块的比热容为，不计热量损失，求： (1)杯中的水吸收的热量。 (2)金属块的质量。 【详解】（1）由题意得，水的质量 杯中的水吸收的热量 （2）不计热量损失，金属块放出的热量 金属块的质量 角度06 水的比热容特点及应用 16．下表是一些物质的比热容。下列判断正确的是（　　） 比热容［］ 水 铝 煤油、冰 干泥土 沙石 铜 A．物质的比热容与物质的状态无关 B．100g水的比热容是50g水的比热容的2倍 C．质量相等的铝块和铜块吸收相同的热量，铜块温度变化较大 D．沿海地区比内陆地区昼夜温差小，是因为水的比热容较小 【答案】C 【详解】A．水和冰是同种物质的不同状态，比热容不同，说明比热容与物质状态有关，故A错误； B．比热容与质量无关，不同质量的水比热容相同，故B错误； C．由表格可知，当质量相等、吸收热量相同时，根据，比热容越小，温度变化越大，因此铜块温度变化较大，故C正确； D．沿海地区昼夜温差小，是因为水的比热容更大，相同吸放热情况下温度变化更小，故D错误。 故选C。 17．龙东地区冬季供暖时，暖气管道内的水循环流动，主要利用水的比热容大的特点，下列关于比热容的说法，正确的是（   ） A．比热容是物质的一种特性，与物质的质量无关 B．水的比热容比砂石小，所以沿海地区昼夜温差比内陆小 C．同种物质的比热容，随温度的升高而增大 D．比热容越大的物质，吸收的热量越多 【答案】A 【详解】A．比热容是物质的一种特性，只与物质的种类和状态有关，与物质的质量、温度等无关，故A正确； B．水的比热容比砂石大，所以沿海地区昼夜温差比内陆小，故B错误； C．同种物质的比热容一般是固定的，不随温度升高而增大，故C错误； D．物体吸收的热量与比热容、质量、升高的温度都有关，不能只说比热容越大，吸收热量越多，故D错误。 故选A。 18．我国北方冬季供暖系统中，普遍用水作为输送热量的介质，这是因为与其他物质相比，相同质量的水降低相同温度时能放出更_____（填“多”或“少”）的热量。若某暖气片内有 10kg 的水，水温从 80℃降低到 60℃，则这些水放出的热量为__________J。（水的比热容为 【答案】 多 【详解】[1]根据，水的比热容较大，在质量相同、降低温度相同的情况下，比热容大的物质放出的热量更多。 [2]水放出的热量 角度07 不同物质的吸热本领 19．某实验小组利用相同的电加热器探究了“水和煤油的吸热能力”的实验，质量相同的水和煤油的温度随加热时间变化的图像如图所示，下列有关这一过程的说法正确的是（     ） A．煤油的温度高于水的温度，所以煤油的吸热能力强 B．20min后水温度不变的过程中将不再吸收热量 C．煤油的温度升高的较快，说明煤油比热容比水比热容小 D．加热8min时，煤油吸收的热量比水吸收的热量多 【答案】C 【详解】A．根据吸热公式，质量相同的不同物质，吸收相同热量时，升高的温度越大，比热容越小，吸热能力越弱，煤油升高温度更大，所以煤油吸热能力更弱，故A错误； B．20min后水达到沸点，水持续吸收热量，但温度保持不变，故B错误； C．根据公式，水和煤油吸收的热量相同，质量相同，煤油更大，比热容更小，所以煤油的比热容比水小，故C正确； D．相同加热时间内相同的电加热器放出的热量相等，水和煤油吸收的热量相等，故D错误。 故选C 。 20．某同学利用如图甲所示的装置比较a、b两种液体吸热的情况，两个相同的容器分别装有质量相同的a、b两种液体，用同一热源分别加热，液体温度与加热时间关系如图乙所示，下列说法正确的是( ) A．a液体是食用油 B．加热相同的时间，a液体吸收的热量大于b液体吸收的热量 C．a液体可以用来做冷却剂 D．a、b液体的比热容之比是4∶5 选择理由：______。 【答案】 C B．实验中用同一热源分别加热两种液体，单位时间内两种液体吸收热量相同，所以加热相同的时间，a液体吸收的热量等于b液体吸收的热量，故B错误； AD．由图乙可知，加热相同时间（6min），吸收相同热量，a、b液体升高的温度之比为4∶5，a、b两种液体质量相同，根据，比热容和温度变化量成反比，所以a、b液体的比热容之比是5∶4，由于水的比热容大于食用油的比热容，所以a液体是水，b液体是食用油，故AD错误； C．a液体的比热容较大，质量和升高温度相同时，a液体吸收热量较多，所以a液体可以用来做冷却剂，故C正确。 故选C。 【详解】见答案 21．如图1所示，甲、乙、丙是三个相同装置，燃料和液体质量相等。 (1)利用______两图进行实验，研究“不同物质的吸热升温现象”； ①实验中不同物质的吸热多少是通过______来比较的； ②根据实验数据，做出两种液体的温度随时间变化的关系图，如图2所示，液体a的沸点是______℃，比热容是______J/（kg·℃）[已知液体b的比热容是] (2)正确选择两图进行实验，研究“质量相等的不同燃料燃烧时放出的热量”，若某一装置中液体升温更快，不能直接得出对应燃料的热值更大些，理由是______。 【答案】(1) 甲、丙 加热时间 80 (2)实验过程中燃料无法保证完全燃烧，且燃烧放出的热量没有全部被液体吸收 【详解】（1）研究不同物质的吸热升温现象时，需要控制燃料（热源）相同，改变液体种类，因此选择甲、丙两图。 实验中相同热源相同时间放出热量相同，因此通过转换法，用加热时间反映物质吸收热量的多少。 液体沸腾时温度保持不变，由图2可知，a温度升高到80℃后保持不变，因此沸点为80℃；质量相同的a、b，升高相同温度时，a用时10min，b用时20min，a吸收的热量是b的。根据，、相同时，比热容和吸收热量成正比，因此 （2）比较燃料热值时，实验过程中燃料无法保证完全燃烧，且燃烧放出的热量会向空气中散失，不能全部被液体吸收，因此不能仅通过液体升温快慢直接得出燃料热值的大小关系。 27．（2026·四川泸州·中考真题）使用精密仪器、精心设计实验装置可提高实验的精确度。如图甲所示，科技创新小组用红外线烤灯代替酒精灯、高清红外线热成像仪代替温度计，设计了“探究不同物质的吸热能力”的实验。他们在两个相同的浅盘中装入质量相等的砂和水，将红外线烤灯垂直固定在离两浅盘距离相等的正上方，高清红外线热成像仪置于正前方。根据实验数据绘制了如图乙所示的图像。 (1)用红外线烤灯作热源的优点是______，用高清红外线热成像仪的优点是更加精确地测量整盘砂、水的平均温度。 (2)红外线烤灯利用了红外线能传递______的特性。 (3)本实验用______（选填“升高的温度”或“加热的时间”）来反映物质吸热的多少。 (4)分析数据可知，水的吸热能力比砂的吸热能力更______。 【答案】(1)相同加热时间内放出的热量相等 (2)能量 (3)加热的时间 (4)强 【详解】（1）两个烤灯规格一致、到浅盘距离相等，能保证砂和水在相同加热时间吸收等量热量；相比酒精灯，热源持续稳定，热量输出均匀，减小实验误差。 （2）红外线具有热效应，能够传递能量，烤灯依靠红外线的能量对物体加热。 （3）实验采用转换法，相同热源下，加热时间越长，物体吸收热量越多，因此用加热时间反映吸热多少。 （4）由图像可知，加热相同时间，吸收相同热量，砂升温更快；由，质量相等的不同物质，吸收相同热量时升温越慢，吸热能力越强，故水的吸热能力更强。 【例1】（2025·四川眉山·中考真题）某实验小组利用图甲所示实验装置探究冰熔化时温度的变化规律。 (1)实验中按图甲的方式对碎冰加热，目的是使碎冰___________。 (2)如图乙所示温度计的示数是___________。 (3)根据实验数据画出冰熔化过程的“温度一时间”图像，如图丙所示。分析图像可知：冰熔化过程中要___________（选填“吸收”或“放出”）热量，但温度保持不变，属于___________（选填“晶体”或“非晶体”）。 (4)进一步分析图像发现，0至时段内的温度变化比时刻后的温度变化快，其主要原因是冰和水的___________不同。 (5)若对烧杯持续加热，烧杯中的水沸腾后试管中的水___________（选填“会”或“不会”）沸腾。 【答案】(1)受热均匀 (2)-3 (3) 吸收 晶体 (4)比热容 (5)不会 【详解】（1）实验中按图甲的方式对碎冰加热，即采用水浴法加热，这样可以使碎冰受热均匀，避免局部温度过高，从而能更准确地探究冰熔化时温度的变化规律。 （2）由图乙可知，温度计的分度值是1℃，液柱在0℃以下，其示数为−3℃。 （3）[1]根据图丙可知，冰在熔化过程中，温度保持不变，但需要持续加热，说明冰熔化过程中要吸收热量。 [2]晶体有固定的熔点，在熔化过程中温度保持不变；非晶体没有固定的熔点，在熔化过程中温度不断升高。由于冰在熔化过程中温度保持不变，所以冰属于晶体。 （4）根据Q=cmΔt可知，在吸收相同热量Q和质量m相同的情况下，温度变化量Δt与比热容c成反比。0至t1​时段内物质是冰，t2​时刻后物质是水，水的比热容比冰的比热容大，所以0至t1​时段内的温度变化比t2​时刻后的温度变化快。 （5）液体沸腾的条件是达到沸点且继续吸热。当烧杯中的水沸腾后，温度保持不变，此时试管中的水虽然能达到沸点，但由于试管内外温度相同，试管中的水无法继续从烧杯中的水吸收热量，所以试管中的水不会沸腾。 【深化点拨】 （1）水浴加热实验操作要点：考查水浴法加热的作用，通过热水包围试管实现被加热物质受热均匀、升温平缓，方便记录温度变化，是晶体熔化实验标准操作考点。 （2）温度计读数规范：考查摄氏温度计的读数方法，先区分零上、零下刻度，再读取分度值对应示数，包含负温度读数的易错辨析。 （3）晶体熔化特点：区分晶体与非晶体熔化规律：晶体熔化持续吸热、温度恒定，图像存在水平恒温段；非晶体熔化温度持续上升，无恒温区间，本题以冰为典型晶体载体考查。 （4）比热容概念应用：相同热源相同时间吸热量相等，升温快慢反映吸热能力，冰升温更快说明冰的比热容小于水，结合熔化图像对比冰、水的吸热属性，串联热学核心概念。 （5）液体沸腾条件：沸腾需要同时满足两个条件：达到沸点、持续吸热；烧杯水沸腾后温度不变，试管内水温虽能达到沸点，但无法持续获取热量，因此不能沸腾，考查沸腾完整条件辨析。 【变式1-1】（2025·四川成都·中考真题）小雨探究液体的凝固特点：先在两个相同容器中分别装入初温为20℃、质量为100g的水和某液体M，再各放入一个温度传感器，然后使它们冷却凝固。若单位时间内它们放出的热量相等，用测得的数据绘出两种物质温度随时间变化的图像，如图所示。已知，实验在标准大气压下进行，下列说法正确的是（　　） A．液体M的比热容为 B．液体M放热能力比水放热能力强 C．在时间段两种物质都是固液共存状态 D．从20℃刚好降到0℃时，水放出的热量小于M放出的热量 【答案】A 【详解】A．由图可知，上面物质的凝固图像中，凝固为0℃，下面物质的凝固图像中，凝固为-4℃，所以上面物质是水，下面物质是液体M；由题意可知，单位时间内它们放出的热量相等，则，由图可知，0~t2时间内，它们放出的热量相等，水由20℃降温到4℃，液体M由20℃降温到-4℃，则 则水和某液体M的质量相等，则液体M的比热容为 故A正确； B．由于水和某液体M的质量相等，单位时间内它们放出的热量相等，水的温度变化慢，所以水的放热能力强，故B错误； C．由图可知，液体M在时间段处于凝固过程中，是固液共存状态，水在时间段处于凝固过程中，是固液共存状态，故C错误； D．由图可知，从20℃刚好降到0℃时，水放热时间比液体M放热时间长，由于单位时间内它们放出的热量相等，所以水放出的热量大于M放出的热量，故D错误。 故选A。 【变式1-2】（2025·湖北武汉·中考真题）某小组在探究萘熔化过程温度的变化规律时，每隔1min记录一次温度，得到如图所示的温度随时间变化的图象。分析图象可知： (1)萘的熔点为________℃，从萘开始熔化到所有萘完全熔化大约持续了________（填“10”“15”“25”或“35”）min； (2)萘在AB段和CD段升温较慢的是________段，可能是因为固态萘的比热容________液态萘的比热容。 【答案】(1) 80 15 (2) CD 小于 【详解】（1）[1][2]由图可知，BC段是萘的熔化过程，熔化的温度是80℃，萘的熔点为80℃，第10min到第25min是萘的熔化过程，从萘开始熔化到所有萘完全熔化大约持续了25min-10min=15min （2）[1][2]由图可知，AB段的时间是10min，升高的温度是80℃-50℃=30℃ CD段的时间是10min，升高的温度是100℃-80℃=20℃ 所以CD段升温较慢，两段加热时间相同，即吸收的热量相同，质量相同，则液态萘的比热容较大。 【变式1-3】（2026·四川南充·中考真题）有同学在海边发现沙滩的温度比海水的温度高一些，该同学利用图甲装置对海水和沙子的吸热规律进行探究。 将质量相等的海水和沙子分别装在密闭绝热的真空箱内； 利用相同的白炽灯在同等条件下模拟太阳加热，沙子加热5min后停止加热； 根据实验数据得到了温度随时间的变化关系如图乙； (1)实验数据表明：升高的温度相同时，___________吸收的热量多； (2)实验数据可得，海水和沙子的比热容之比为___________。 【答案】(1)海水 (2)4∶1 【详解】（1）相同的白炽灯加热时，相同时间内物质吸收的热量相等。由图乙可知：初始温度均为，升高到，沙子加热时间为，海水需要加热，海水加热时间更长，说明升高相同温度时，海水吸收的热量更多。 （2）根据吸热公式，变形得，已知海水和沙子质量相等，温度从升高到，升高温度相同；吸收热量之比等于加热时间之比，即 因此比热容之比 【变式1-4】（2025·辽宁·中考真题）如图（a），某小组在两个相同的烧杯中分别装入质量相同的水和食用油，比较它们的吸热能力。 (1)为使两个电加热器在单位时间内放出的热量相同，电加热器的规格应___________。 (2)本实验中使用的液体温度计是根据液体____________的规律制成的。 (3)每隔0.5min记录一次温度，并将数据记录在下表中。第2.5min时，食用油中的温度计示数如图（b）所示，为____________℃。分析表中数据，发现___________吸热能力强。 加热时间/min 0 0.5 1 1.5 2 2.5 ... 水的温度/℃ 25 27 29 31 33 35 ... 食用油的温度/℃ 25 30 34 37 42 ... (4)为使内部充有液态介质的电暖器通电后能迅速升温，内部应充入吸热能力较___________（填“强”或“弱”）的介质。（仅从吸热能力的角度分析） 【答案】(1)相同 (2)热胀冷缩 (3) 水 (4)弱 【详解】（1）电加热器的规格相同，才能使两个电加热器在单位时间内放出的热量相同。 （2）液体温度计是根据液体热胀冷缩的规律制成的。 （3）[1]由图可知，温度计的分度值为，温度计的示数从下往上逐渐变大，因此温度为。 [2]加热相同时间表示吸收相同热量，由表中数据可知，质量相同的水和食用油，吸收相同的热量，水升温较小，由可知，水的比热容较大，水吸热能力强。 （4）由可知，质量相同的不同物质在吸收相同的热量时，比热容小的温度升高的快，所以，为了使电暖气通电后能迅速升温，在电暖气内部应充入比热容较小的介质，即吸热能力较弱的介质。 【例2】（2025·上海·中考真题）质量为2千克的水升高50℃所吸收的热量为______焦，“九天”无人机向斜上方匀速运动时，其惯性______，机械能______。（后两空均选填“增大”“不变”或“减小”） 【答案】 不变 增大 【详解】[1]质量为2kg的水升高50℃所吸收的热量为 [2]由于惯性大小只与质量大小有关，所以“九天”无人机向斜上方匀速运时，质量不变，其惯性不变。 [3]“九天”无人机向斜上方匀速运动时，质量不变，速度不变，则动能不变，高度升高，则重力势能增大，由于机械能等于动能与势能之和，所以机械能增大。 【深化点拨】 （1）吸热热量计算（比热容应用）：考查水的比热容常量记忆、物体升温吸热的基础计算逻辑，明确吸热多少由物质种类、质量、温度变化量共同决定，是热学基础计算常考内容。 （2）惯性的决定因素：核心考点：惯性大小仅由物体质量决定，与运动速度、运动方向、高度均无关；只要物体质量不变，惯性大小就不会发生改变，纠正 “速度大惯性大” 的常见误区。 （3）动能、重力势能与机械能变化判断：动能由质量、速度共同决定，匀速运动时动能保持不变；重力势能由质量、高度共同决定，高度上升则重力势能增大；机械能为动能与势能总和，可通过分别分析两种能量变化判断整体机械能变化。 （4）力学与热学跨模块综合：一道题目融合热学比热容计算、力学惯性、机械能两大板块知识点，考查多模块基础概念的区分与综合运用能力。 （5）生活情境物理建模：以无人机飞行作为真实情境，训练从实际运动场景中提取质量、速度、高度关键条件，结合物理概念完成定性判断。 【变式2-1】甲、乙两物体的质量之比是，比热容之比是，升高相同的温度时，则甲、乙两物体吸收的热量之比是（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】根据热量计算公式，甲、乙两物体吸收的热量之比为 所以甲、乙两物体吸收的热量之比是，故ABC不符合题意，D符合题意。 故选D。 【变式2-2】（2025·江苏宿迁·中考真题）将质量均为100g的沙子和水分别放在两个相同瓷盘中，初始温度相同，用同一热源加热相同时间，___________升温快，这是因为___________；实验中测得，水的温度升高了20℃，吸收的热量为___________J[]。 【答案】 沙子 沙子的比热容比水小 8.4×103 【详解】[1][2]沙子的比热容比水小，质量相同的沙子和水，加热相同的时间，即吸收相同的热量，沙子升温快。 [3]水吸收的热量Q吸=c水m水Δt=4.2×103J/(kg·℃)×0.1kg×20℃=8.4×103J 【变式2-3】小林家安装了一台太阳能热水器，容积为80L，将热水器装满水。已知水的密度为，水的比热容为，求： (1)热水器中水的质量是多少？ (2)水温升高20℃，水需吸收的热量是多少？ 【详解】【小题1】水的体积为，热水器中水的质量 【小题2】水需吸收的热量 【例3】（2025·江苏南通·中考真题）小明用电水壶烧水给爷爷奶奶泡茶。该壶保温性能较好，烧水时壶会吸收一些热量。在壶中装入500mL的水，加热至沸腾，用时2min。水用完后，他又在壶中装入1000mL的水，加热至沸腾，所需时间最有可能的是（　　） A．2min B．4min C．大于2min且小于4min D．大于4min 【答案】C 【详解】A．如果所需时间为2min，则与第一次加热500mL水的时间相同。但第二次水量加倍(1000mL)，即使壶在第二次加热时吸收较少热量(因壶已预热)，加热时间也应增加，不可能与第一次相同。因此A不合理，不符合题意； B．如果所需时间为4min，则相当于水量加倍导致时间加倍，但这仅在壶不吸收热量或壶在第二次加热时完全冷却的情况下成立。由于壶吸收热量且保温性能好，壶在第二次加热时已预热，吸收热量较少，因此时间应少于4min。因此B不合理，不符合题意； C．第二次水量加倍(1000mL)，由Q=cmΔt可知，加热所需热量加倍，但因壶在第一次加热后已预热且保温好，壶吸收热量减少，故时间应少于4min；同时，水量增加导致时间多于2min。因此C最合理，符合题意。 D．如果所需时间大于4min，则意味着加热时间超过水量加倍的比例，但壶在第二次加热时吸收较少热量，应减少时间，不可能大于4min。因此D不合理，不符合题意。 故选C。 【深化点拨】 （1）吸热多少与质量的关系：同种物质、升高相同温度时，物体质量越大，需要吸收的热量越多；水体积加倍则质量加倍，单纯只给水加热的吸热需求会翻倍。 （2）热量损耗与容器吸热分析：加热时不仅水吸热，电水壶壶体也会吸收一部分热量；第一次烧水后壶体处于高温预热状态，第二次加热时壶体吸收的额外热量大幅减少，总吸热需求低于两倍水的吸热。 （3）电热器供热规律：同一电水壶单位时间放出的热量恒定，所需加热总热量越少，加热耗时越短；总热量介于一倍与两倍水吸热之间，对应时间也在 2min 到 4min 之间。 （4）实际情境综合辨析能力：结合生活烧水场景，区分理想无热损耗模型和真实有容器吸热、保温预热的实际模型，打破 “质量加倍时间一定加倍” 的理想化思维误区。 （5）控制变量逻辑判断：控制电水壶、初温、末温不变，只改变水的质量，对比两次总吸热的差异，训练结合额外吸热条件做定性区间判断的思路。 【变式3-1】“早穿皮袄午穿纱，守着火炉吃西瓜。”这句谚语生动描述了新疆一些地区一天中的温度变化。与沿海地区相比，新疆这些地区昼夜温差大的原因是（　　） A．沙子吸收的热量比水的多 B．水吸收的热量比沙子的多 C．沙子的比热容远小于水的比热容 D．沙子的比热容远大于水的比热容 【答案】C 【详解】水的比热容大，吸收或放出同样的热量时，温度变化较小； 沙石的比热容小，吸收或放出同样的热量时，温度变化较大。  新疆地区多沙漠、戈壁，沙石的比热容远小于水的比热容， 昼夜温差大。 故选C。 【变式3-2】（2025·宁夏·中考真题）沿海地区昼夜温差小，而内陆和沙漠地区昼夜温差较大，这是因为水与沙子相比，水的_______大。 【答案】比热容 【详解】水的比热容较大，相同质量的水和沙子，在吸收或放出相同热量时，水的温度变化比沙子小。沿海地区水多，所以昼夜温差小；内陆和沙漠地区沙子多，昼夜温差较大。 ⚡基础速刷 1．将桌面上的一瓶水放入冰箱后变成了冰，在此过程中不变的是（　　） A．质量 B．密度 C．体积 D．比热容 【答案】A 【详解】A．质量是物体本身的一种属性，不随物体状态而变化。一瓶水结成冰，所含物质多少不变，质量不变，故A符合题意； B．密度是物质本身的一种特性，密度与物质的种类、状态等有关。水结成冰，由液态变成固态，密度会发生变化，故B不符合题意； C．水结成冰，质量不变，密度变小，由可知，体积会变大，故C不符合题意； D．比热容是物质的一种特性，与物质的种类、状态有关，水结成冰，比热容会发生变化，故D不符合题意。 故选A。 2．如图所示是《天工开物》中描绘的冶炼情景，把含铜、铅的矿石洗净后放入炉中冶炼，铅先从孔中流出，是因为铅和铜具有不同的（　　） A．熔点 B．沸点 C．密度 D．比热容 【答案】A 【详解】冶炼过程中炉内温度逐渐升高，铅先熔化为液态流出，说明铅的熔点更低，炉内温度先达到铅的熔点使铅熔化，此时温度还未达到铜的熔点，铜仍保持固态，该过程利用了铅和铜熔点不同的性质，故A符合题意，BCD不符合题意。 故选A。 3．下列实例中与“水的比热容较大”这一特性无关的是（     ） A．夏天在房间内洒水降温 B．用循环水冷却汽车发动机 C．沿海地区昼夜温差较小 D．让热水流过散热器供暖 【答案】A 【详解】A．夏天在房间洒水降温，原理是水蒸发吸热，靠水的汽化带走热量降温，和水的比热容无关，故A符合题意； B．用循环水冷却汽车发动机，利用了水比热容大，升高相同温度可吸收更多热量的特点，与比热容有关，故B不符合题意； C．沿海地区水多，水比热容大，吸放热相同的情况下温度变化更小，因此昼夜温差更小，与比热容有关，故C不符合题意； D．热水流过散热器供暖，利用了水比热容大，降低相同温度可放出更多热量的特点，与比热容有关，故D不符合题意。 故选A。 4．小明在研究液体蒸发快慢的因素，请你参考下表中的数据信息（在标准大气压 下），结合所学知识和生活经验，提出一个新猜想（　　） 物质 密度/(kg·m-3) 沸点/℃ 比热容/[J·（kg⋅°C）-1] 水 1.0×103 100 4.2×103 酒精 0.8×103 约78 2.4×103 食用油 0.9×103 约250 约1.9×103 A．液体蒸发快慢可能与液体的种类有关 B．液体蒸发快慢可能与液体的密度有关 C．液体蒸发快慢可能与液体的沸点有关 D．液体蒸发快慢可能与液体的比热容有关 【答案】C 【详解】结合选项可知，探究的问题是影响蒸发快慢的因素，结合生活常识可知，在气态条件相同时，不同种类的液体，蒸发快慢不同，且蒸发速度满足酒精>水>食用油。表格给出了不同液体的密度、沸点、比热容三个不同的属性，对应三个物理量逐一验证： 密度顺序为：酒精<食用油<水，和蒸发速度规律不匹配；比热容顺序为：食用油<酒精<水，和蒸发速度规律不匹配；沸点顺序为：酒精（78℃）<水（100℃）<食用油（250℃），正好对应沸点越低，蒸发越快的规律，因此可以合理提出新猜想：液体蒸发快慢可能与液体的沸点有关。故C符合题意，ABD不符合题意。 故选C。 5．生活中很多现象都蕴含着物理奥秘，对以下生活实例解释不正确的是（　　） A．“下雪不冷化雪冷”，是因为雪熔化吸热 B．高压锅的原理是通过增大气压使液体的沸点降低 C．做饭时油花漂在水面上是因为油的密度比水小 D．北方楼房中的“暖气”用水作为介质，是因为水的比热容大 【答案】B 【详解】A．化雪是熔化过程，熔化需要吸收热量，会使环境温度降低，因此“化雪冷”，故A正确； B．液体的沸点随气压增大而升高，高压锅的原理是增大气压提高液体的沸点，加快煮熟食物的速度，故B错误； C．密度更小的物体会漂浮在密度更大的液体表面，油花漂在水面正是因为油的密度小于水，故C正确； D．水的比热容比一般物质大，相同质量的水和其他物质相比，降低相同温度时，能放出更多热量，因此暖气用水做介质，故D正确。 本题选择描述不正确的，故选B。 6．阳春三月，小华一家开着汽车去公园游玩。汽车散热器等冷却设备常用水作为冷却剂，这是因为水的___________较大；倒车时，汽车倒车雷达启动后发出___________波，信号经周边的物体反射后，可判断车与障碍物的距离； 【答案】 比热容 超声 【详解】[1]冷却剂需具备较强的吸放热能力，比热容是衡量物质吸放热能力的物理量，水的比热容较大，相同质量的水与其他物质相比，升高相同温度时能吸收更多热量，满足冷却剂的工作需求。 [2]倒车雷达利用的是频率高于20000Hz的声波，这类声波属于超声波，它具有良好的方向性与反射性，可通过接收反射信号来判断车与障碍物的距离。 7．如图所示，我国自主研制建造的第三艘航空母舰“福建舰”于2025年11月5日正式入列。该航母搭载电磁弹射系统，舰载机起飞后，航母所受浮力将________（选填“增大”、“减小”或“不变”）；航母采用常规动力，其蒸汽轮机配备冷却系统，冷却系统中选用水，是因为水的________较大。 【答案】 减小 比热容 【详解】航母始终漂浮在水面上，航母受到的浮力等于其总重力，舰载机起飞后，航母的总重力减小，所以航母所受浮力将减小； 冷却系统选用水作为冷却剂，是因为水的比热容较大，根据可知，在质量和升高的温度相同时，水能吸收更多的热量。 8．在北方早春育苗时，为了防止夜间低温冻伤秧苗，农技人员常采用水袋储热的方式，这是利用水的________大的特点。水袋中的水温降低时，内能________（选填“增大”“不变”或“减小”）。若每个水袋装有的水，当水温降低5℃时，每个水袋内的水放出的热量是________。[水的比热容为] 【答案】 比热容 减小 【详解】水的比热容较大，相同质量的水与其它物质相比，降低相同温度时能放出更多热量，可在夜间持续释放热量保护秧苗，因此利用的是水的比热容大的特点。 内能与物体温度相关，水温降低时，水的内能随之减小。 每个水袋内的水放出的热量 9．小明利用如图甲所示的装置比较不同物质吸热能力的强弱。 (1)实验中选取初温相同、___________（选填“质量”或“体积”）相同的A、B两种液体，分别倒入两个相同的烧杯中，用电加热器加热；当A、B两种液体吸收相同的热量时，通过比较___________来比较不同物质吸热能力的强弱。 (2)根据实验测得的数据分别描绘了A、B两种液体的温度随加热时间变化的图像，如乙所示，由图可知，___________（选填“A”或“B”）液体的吸热能力更强。 【答案】(1) 质量 温度变化量 (2)B 【详解】（1）根据吸热公式，探究物质吸热能力和物质种类的关系时，需要控制两种液体的初温、质量相同；实验中用相同电加热器加热，保证两种液体吸收相同热量时，通过比较温度变化量判断吸热能力：温度变化量越小，吸热能力越强。 （2）由图乙可知：加热相同时间（即吸收相同热量），相同质量的A、B两种液体，B升高的温度更小，说明B的比热容更大，因此B液体的吸热能力更强。 10．为探究不同物质的导热性差异，小明用相同规格的铝棒、铁棒、玻璃棒、木棒各一根，将它们一端固定在同一加热底座上，另一端各粘一枚相同的小蜡丸，加热底座保持温度恒定。实验装置及蜡丸熔化脱落时间记录如下： 材料 铁棒 铝棒 玻璃棒 木棒 蜡丸脱落时间/s 12 10 180 300 (1)实验中记录蜡丸脱落时间的目的是______________。小蜡丸脱落的原因是发生了__________（填物态变化的名称）。 (2)由实验数据可知：导热性最好的是__________，金属的导热性一般比非金属_________（选填“好”或“差”）。 (3)冬天用手触摸户外的铁棒和木棒，感觉铁棒更冷，原因是______________________________。 (4)小明猜想：物质的导热性可能与材料的粗细有关。为验证猜想，实验中要改变__________，保持其他条件不变。 【答案】(1) 反映不同物质导热性的强弱 熔化 (2) 铝棒 好 (3)铁棒导热性比木棒好，手接触铁棒时，手上的热量会更快被传导出去，手的温度下降更快，因此感觉更冷 (4)棒的粗细 【详解】（1）本题用到初中物理常用的转换法：导热性强弱无法直接观察，通过蜡丸脱落的时间长短间接反映导热性，时间越短说明导热越快；蜡丸从固态变为液态熔化后脱落，因此物态变化是熔化 （2）由表格数据可知，铝棒的蜡丸脱落时间最短，说明相同条件下铝导热最快，导热性最好；金属（铁、铝）的蜡丸脱落时间远小于非金属（玻璃、木头），因此金属导热性一般比非金属好。 （3）冬天户外铁棒和木棒温度都等于环境温度（低于人体温度），由于铁棒导热性更好，接触人手时会更快把手上的热量导走，人手温度下降更快，因此感觉铁棒更冷。 （4）验证导热性与材料粗细的关系用到控制变量法，只需要改变自变量（棒的粗细/横截面积），保持其他条件不变即可。 11．质量为60kg、温度为20℃的某种液体内能增加1.26×107J，温度升高了50℃（未发生物态变化），求： (1)这种液体吸收的热量； (2)这种液体的比热容。 【详解】（1）未发生物态变化时，液体增加的内能等于吸收的热量 （2）由得 12．质量为4kg的金属块，被加热到490℃后，立即投入质量为1kg、温度为10℃的冷水中，不计热量损失，最终水的温度升高到70℃。已知。 求： (1)水吸收的热量。 (2)金属块的比热容。 【详解】（1）水升高的温度 水吸收的热量 （2）不计热量损失，金属块放出的热量等于水吸收的热量，即 金属块降低的温度 金属块的比热容 🚀能力跃升 13．许多优美的古诗词中都蕴含着丰富的热学知识，下列解释正确的是（     ） A．“迟日江山丽，春风花草香”，闻到花草香是扩散现象 B．“秋荷一滴露，清夜坠玄天”，露珠聚在一起说明分子间只存在引力 C．“泥融飞燕子，沙暖睡鸳鸯”，春日白天沙子较暖是因为沙子的比热容比水大 D．“淑气初衔梅色浅，大地阳和暖气生”，大地内能的增加是太阳通过做功的方式实现 【答案】A 【详解】A．闻到花草香，是因为分子在不停地做无规则运动，属于扩散现象，故A正确； B．分子间同时存在引力和斥力，露珠聚在一起只能说明分子间存在引力，不是“只存在引力”，故B错误； C．由可知，吸收相等的热量，比热容小的物质温度变化较大，所以春日沙子白天较暖是因为沙子的比热容较小，故C错误； D．大地吸收太阳的热量，内能增加是通过热传递的方式实现的，故D错误。 故选A。 14．用相同的热源加热质量、初温均相同的物体a和b，其温度随时间变化的图像如图所示。已知两物体每秒吸收的热量相同，且都没有发生物态变化，则该过程中（     ） A．a的内能大小保持不变 B．a和b都加热到时吸收的热量相同 C．b的吸热能力更强、 D．吸收相同的热量a和b升高的温度也相同 【答案】C 【详解】A．物体a持续吸热，温度不断升高，内能一直增大，故A不符合题意； B．由图像可知，升温到需要加热，升温到需要加热；已知两物体每秒吸收热量相同，加热时间越长吸收热量越多，因此吸收热量更多，故B不符合题意； C．、质量相同，吸收相同热量（加热相同时间）时，由图可知升温更快，温度变化。根据公式，、相同时，越小，比热容越大，吸热能力越强，因此的比热容更大，吸热能力更强，故C符合题意； D．吸收相同热量即加热相同时间，由图像可知，相同时间内升高的温度比更大，故D不符合题意。 故选C。 15．根据表中数据，下列判断正确的是（     ） 物质 熔点/℃ 密度/（kg/m3） 比热容/[J/（）] 铁 1535 7.9×103 0.46×103 铜 1083 8.9×103 0.39×103 铝 660 2.7×103 0.88×103 A．用铜质容器可以熔化铁块和铝块 B．体积相同的铁钉和铜钉所含的物质的多少相同 C．质量相等的铁块和铜块降低相同的温度，铁块放出的热量多 D．把铁块切去一半，它的熔点、密度、比热容都变小 【答案】C 【详解】A．铜的熔点为1083℃，铁的熔点为1535℃，由于铜的熔点低于铁的熔点，温度达到铁的熔点时铜会先熔化，所以不能用铜质容器熔化铁块，故A错误； B．体积相同的铁钉和铜钉，由于铜的密度大于铁的密度，根据可知，铜钉的质量大于铁钉的质量，即所含物质的多少不同，故B错误； C．质量相等的铁块和铜块降低相同的温度，由于铁的比热容大于铜的比热容，根据可知，铁块放出的热量多，故C正确； D．熔点、密度、比热容都是物质的特性，与物质的质量和体积无关，把铁块切去一半，它的熔点、密度、比热容都不变，故D错误。 故选 C。 16．在标准大气压下，小亮用相同的加热器对初温均为20℃、质量均为500g的甲液体和水加热，甲液体在6min后停止加热，用传感器记录数据并绘制这两种液体的温度随加热时间变化关系如图所示。实验中水未沸腾，加热时两种液体单位时间吸收热量相同，（）下列说法正确的是（　　） A．0~4min内，甲液体吸收的热量大于水吸收的热量 B．甲液体的比热容为 C．6~8min内，甲液体放出的热量 D．4~6min内，甲液体没有吸收热量 【答案】C 【详解】A．相同加热器，单位时间吸收热量相同，0~4min加热时间相同，因此甲和水吸收的热量相等，故A错误； B．由图像可知：水加热，温度从升高到，温度变化 水吸收的总热量 可得每分钟吸收热量 甲吸收热量，甲温度变化 由得，甲的比热容 不是，故B错误； C．，甲从降到，温度变化，放出热量 故C正确； D．题目说明甲液体在6min后才停止加热，因此甲仍在吸热；温度不变是因为甲达到沸点，沸腾过程吸热温度不变，故D错误。 故选C。 17．2025深圳智能机器人灵巧手大赛创意决赛如期举行。如图，机器人正用灵巧双手制作饮品，手指端设计成“凹凸纹路”是为了______（选填“增大”或“减小”）摩擦力，避免抓取杯子时打滑，标准大气压下将250mL煮开的水倒入杯子冷却至室温25℃备用，则此过程中放出的热量是______。[，] 【答案】 增大 【详解】压力一定时，接触面越粗糙，摩擦力越大，手指端的凹凸纹路增大了接触面的粗糙程度，因此是为了增大摩擦力，防止打滑；水的体积 由​得，水的质量 标准大气压下沸水温度为，放出的热量 18．“伐竹取道，下见小潭，水尤清冽……潭中鱼可百许头，皆若空游无所依，日光下澈，影布石上”是唐代柳宗元《小石潭记》中描写的场景。游者看到潭水中的鱼是光的____ 所成的虚像；若游者俯身观鱼，可以看到自己在平静水面中所成的像，若人离水面0.6m，水中的像距离人_____ m；游者在靠近水面的过程中，游者在水中像的大小将____；游者在潭边感觉到凉快，因为水的____较大。 【答案】 折射 1.2 不变 比热容 【详解】[1]人看到潭水中的鱼，是鱼反射的光从水斜射入空气时发生折射，人眼逆着折射光线看到的虚像，因此是光的折射形成的； [2]平静水面相当于平面镜，根据平面镜成像规律，像与物到镜面的距离相等。人距水面0.6m，像距水面也为0.6m，所以像与人的距离为 [3]平面镜成像中，像的大小与物体大小始终相等，与物体到镜面的距离无关，所以游者靠近水面时，像的大小不变； [4]水的比热容较大，相同质量的水和其他物质相比，吸收相同热量时温度升高较慢，能有效降低周围环境温度，所以游者会感觉凉快。 19．芯片、服务器等工作时会产生大量热量，随着人工智能的发展，算力需求爆发式增长，除了风冷散热，科学家们也研究了液冷散热。某液冷装置参数如下：冷却液比热容，每秒有冷却液流过，芯片工作时每秒产生热量。利用冷却液降低芯片温度，这是通过________的方式改变物体内能。假设热量全部被冷却液吸收，冷却液的温度会升高_______。 【答案】 热传递 2 【详解】改变物体内能的方式分为做功和热传递，冷却液吸收芯片的热量、降低芯片温度，是通过能量转移的方式改变内能，因此属于热传递。 根据热量计算公式，题目中芯片产生的热量全部被冷却液吸收，即，即升高的温度 20．小明为探究“不同物质吸热升温的情况”，进行了如图甲所示实验。实验用两个相同的酒精灯，分别加热两种初温相同的液体。 (1)实验前，烧杯中加入的水和煤油应保证_______（选填“体积”或“质量”）相同。 (2)正确组装图甲实验装置的顺序是_______（选填“自上而下”或“自下而上”）。 (3)组装完毕后，点燃酒精灯，对盛有水和煤油的烧杯进行加热，实验过程中，其中一支温度计的示数如图12－乙所示，其读数是_______℃；加热过程中，不停地用玻璃棒搅拌的目的是_______。 (4)小明根据实验数据绘制的温度随时间变化的图像如图丙所示，通过分析可知，在相同时间内_______的温度变化大，可得出_______的吸热本领大。 【答案】(1)质量 (2)自下而上 (3) 56 使液体受热均匀 (4) 煤油 水 【详解】（1）探究不同物质的吸热能力时，要控制变量，根据，必须保证两种液体的质量相同，才能通过温度变化比较吸热能力。 （2）酒精灯需用外焰加热，所以要先根据酒精灯的高度固定铁圈的位置，再依次往上安装烧杯、温度计等器材，因此组装顺序是自下而上。 （3）图乙中温度计的分度值为1℃，读数为56℃； 加热时液体受热易不均匀，搅拌可使液体受热均匀，避免局部温度过高影响实验结果。 （4）相同加热时间内，酒精灯放出的热量相同，水和煤油吸收的热量也相同；从图丙的温度-时间图像可以看出，加热相同时间时，煤油的温度升高得更多，即温度变化更大； 根据，质量相同的物质吸收相同热量时，温度变化越小，比热容越大，吸热本领越强。因此水的温度变化小，吸热本领大，煤油的温度变化大，吸热本领弱。 21．休渔政策有利于海洋渔业持续、稳定、高质量发展。5月1日起，开始进入海洋伏季休渔期；9月1日休渔期结束后，各渔港码头“千帆竞发”，渔船可出海进行捕捞作业。如图为某型号渔船，其排水量为200 t。求： (1)该渔船满载时，求它受到的浮力； (2)为方便保鲜，现需要将质量为，温度为19℃的海水降低到4℃，求此过程放出的热量；[取4.2×103 J/（kg℃）] 【详解】（1）已知渔船排水量即排开海水的质量 渔船满载时受到的浮力 （2）海水放出的热量 🌟思维挑战 22．某固态物体的质量为m，其物质的比热容为c，用稳定的加热装置对它加热35 min。物体在相同时间内吸收的热量相等。上述实验过程中记录了不同时刻的温度，最后绘制出温度随时间变化的图像，如图所示。下列说法正确的是（     ） A．该物体在熔化过程中吸收的热量为1.5cm(t1-t0) B．在10～25 min，该物体的内能不变 C．该物质固态与液态比热容之比为 D．若将该物体切去一半，仍用原加热装置加热，其温度将在10 min后达到t1 【答案】A 【详解】A．稳定加热时相同时间物体吸收热量相等，设每分钟吸热为。0~10min物体为固态，根据，吸收总热量 得 该物体熔化过程为10~25min，时长，熔化吸收总热量 故A正确； B．10~25min物体处于熔化过程，持续吸热，温度不变，但内能不断增大，故B错误； C．25~35min物体为液态，时长也为10min，吸收热量和0~10min相等，即 整理得固态和液态比热容之比 与选项内容不符，故C错误； D．切去一半后物体质量变为，从升高到需要吸热 需要的时间 即5min就达到，在10min之前，故D错误。 故选A。 23．某实验小组用相同规格的加热器分别对质量为500g的冰和2500g的某固体M均匀加热。每隔相同时间记录温度计示数并观察物质状态。如图是记录数据绘制的“温度-时间”图像，若单位时间内两固体吸收的热量相等，实验在标准大气压下进行，已知，，下列分析正确的是（　　） A．固体M的吸热能力比冰强 B．冰熔化过程吸收的热量是 C．固体的比热容为 D．当温度从上升到时，冰吸收的热量大于吸收的热量 【答案】C 【详解】AD．当温度从上升到时，由图可知，冰的加热时间为，而M的加热时间为，因为相同时间内物质吸收的热量相同，所以冰吸收的热量与M 吸收的热量之比为 根据控制变量法，如果比较吸热能力，需要使二者的质量相同，则每千克它们吸收的热量之比为： 即冰的吸热能力强，故AD错误； B．冰的质量为，温度变化了，AB 阶段物质吸收的热量 因为相同时间内物质吸收的热量相同，则BC阶段冰吸收的热量是AB阶段的8倍，即冰熔化过程吸收的热量是，故B错误； C．因为相同时间内物质吸收的热量相同，由图可知固体M在升高20℃时吸收的热量是AB阶段的4倍，即 由已知和图像可得 则 故C正确。 故选C。 24．如图所示，在“比较不同物质的吸热情况”的实验中，两容器中分别装有250mL、初温均为20℃的煤油和水，用相同的电加热器，同时持续加热两杯液体直至其沸腾，测得不同时间下两种液体的温度，如图中斜线甲、乙是由实验数据得到的部分图像。已知：水的比热容是，水的密度为，煤油的密度为，当地水的沸点为100℃，煤油的沸点为150℃。则下列对本次实验的分析正确的是（　　） A．煤油和水达到沸点的时间之比为13∶20 B．分析可知水的吸热图线是斜线甲 C．甲、乙两杯液体的吸热之比始终为5∶2 D．煤油比热容为 【答案】A 【详解】ABD．由可得，水的质量为 由可得，煤油的质量为 水的质量较大，且比热容较大，根据可知，煤油温度变化较大，即甲为煤油的温度变化图像，乙为水的温度变化图像。由图可知，当加热时间为180s时，由可得，水吸收的热量为 此时加热时间相同，水和煤油吸收的热量相同，由可得，煤油的比热容为 不计热损失，电加热器放出的热量全部被水和煤油吸收，设加热器的电功率为P，则有，则加热时间为，所以，水到达沸点的加热时间为 所以，煤油到达沸点的加热时间为 则煤油和水达到沸点的时间之比为 故A正确，BD错误； C．甲乙两种液体使用相同规格的电加热器同时开始加热，加热时间相同，吸收的热量相同，甲、乙两杯液体的吸热之比始终为，故C错误。 故选A。 25．为比较A、B两保温杯的保温性能，小红在两个保温杯中分别倒入0.1 kg相同温度的热水，它们的初温均为，绘制水温随时间的变化图像如图所示。在热水冷却的整个过程中A杯中水放出热量，则___________℃，B杯中水放出的热量___________。保温性能___________（选填“A更好”、“B更好”或“A、B一样好”）。【】 【答案】 80 = A更好 【详解】[1]根据放热公式 ，代入已知条件有 解得：。   [2]比较 Q2​ 与 Q1​从图像可知，B杯的水温和 A杯的水温温度变化量相同，且两杯中水的质量相同，根据放热公式 ，可知。 [3]保温性能的好坏由相同时间内水温下降的快慢决定，水温下降越慢，保温性能越好。 从图像看，A杯的水温下降得比 B杯慢，说明 A杯的保温性能更好。 26．当物体之间存在温度差时，会发生热传递，高温物体将一部分能量等量地转移到低温物体上，直到两物体的温度相等为止，此时称物体间达到了热平衡。现有质量、初温均相同的甲、乙两物体，将甲物体投入一杯热水中，达到热平衡时水温降低；将甲取出，接着把乙物体投入这杯水中，再次达到热平衡后水温又降低。则甲吸收的热量______乙吸收的热量，甲的比热容______乙的比热容（两空均选填“大于”、“等于”或“小于”）。 【答案】 等于 小于 【详解】[1]依题意得，甲、乙分别放入水中时，水温均降低2℃，则水放出的热量相同，甲、乙吸收的热量均等于水放出的热量，则甲吸收的热量等于乙吸收的热量。 [2]甲、乙物体的质量、初温均相同，设水的初温为t水，甲、乙的初温为t0。甲升高的温度为 乙升高的温度为 则甲升高的温度大于乙升高的温度，甲吸收的热量等于乙吸收的热量，由得，甲的比热容小于乙的比热容。 27．【探究名称】探究不同物质吸热能力。 【问题】暑假，小明同学到沿海城市旅行，他发现，中午海边的沙子很热但海水却很凉，他猜想：物质的吸热能力可能与__________有关。 【证据】针对他的猜想，他查阅资料发现，若用沙子做实验，沙子受热的均匀性差，他决定换用煤油和水进行实验：将水和煤油分别装在两个相同的烧杯中，用相同的酒精灯加热。 （1）如图甲所示是小明同学的实验装置，其中有一小明显错误，请指出错误之处：_____________； （2）改正后选用相同的酒精灯对水和煤油加热相同的时间，每隔记录一次温度，并将数据制成如图乙所示的图像，在第五分钟时，水吸收的热量__________（选填“大于”“等于”或“小于”）煤油吸收的热量。 【解释】 （1）本实验通过__________来反映物质的吸热能力（选填“液体升高的温度”或“加热时间”）； （2）由图像乙可知，水吸热能力更强；物理学中，用比热容来表示物质的吸热能力，则水、煤油的比热容之比为__________________； 【交流】海水和沙子吸收相同的热量，海水吸热升温慢，而沙子吸热升温快，___________吸热能力更强，由此可推测，到了傍晚海水的温度_________沙子的温度（选填“高于”“等于”“低于”）。 【答案】物质种类 没有控制液体的质量相同 等于 液体升高的温度 2:1 海水 高于 【详解】[1]中午海边沙子热，海水凉，是因为沙子和海水的物质种类不同，在相同吸热条件下升温不同，故可以猜想：物质的吸热能力可能与物质的种类有关。 [2]在探究物质的吸热能力实验中，应控制变量，即应控制两种液体的质量相同，由图可知，水和煤油的体积相同，它们的密度不同，由可知，它们的质量不同，故实验错误之处是：没有控制液体的质量相同。 [3]由于选用的是相同的酒精灯对水和煤油加热，由转换法可知，在相同时间内酒精灯放出的热量相等，故在第5min时，水和煤油吸收的热量相等。 [4]由可知，相同质量的不同物质，在加热相同的时间（即吸收相同的热量）时，升高的温度越小，其比热容越大，则该物质的吸热能力越强，反之越弱。故本实验是通过加热相同时间，比较相同质量的不同液体升高的温度大小来反映物质的吸热能力。 [5]由图像可知，加热相同时间内（5min），则它们吸收的热量相等，煤油升高的温度为 水升高的温度为 由可知， 则 [6][7]等质量的海水和沙子，吸收相同的热量，海水升温慢，说明海水的吸、放热能力更强。 在傍晚，放出相同的热量时，由可知，海水的温度降低的较小，而沙子的温度降低得较多，故海水的温度高于沙子的温度。 28．周末，小明组装了图1所示的装置探究物质的吸热能力和比热容，他用相同的加热器分别给初温均为20℃的甲、乙液体加热，其中甲液体是水，乙液体质量为0.4kg，两种液体每秒吸收的热量相同。这两种液体的温度随加热时间变化的图像如图2所示，已知水的比热容。 (1)若将水从20℃加热到40℃的过程中，水共吸收热量，则水的质量为多少？ (2)乙液体的比热容是多少？ (3)在1个标准大气压下，将该初温为20℃的水加热120s，水的末温是多少？ 【详解】（1）解：根据题意，水从初温加热到末温温度变化量为：； 已知水吸收的热量，水的比热容 根据吸热公式，可得水的质量为： （2）解：由图2可知，水从20℃加热到40℃所用的时间为 由于使用相同的加热器，两种液体每秒吸收的热量相同，所以加热器的功率P恒定 加热器的功率为 由图2可知，乙液体从初温加热到所用的时间为 在此过程中，乙液体吸收的热量为： 乙液体的温度变化量为： 已知乙液体的质量 根据吸热公式，可得乙液体的比热容为： （3）解：在1个标准大气压下，水的沸点是100℃； 水从初温加热到沸腾，温度需要升高： 水加热到沸腾所需吸收的热量为： 水加热到沸腾所需的时间为： 因为给定的加热时间大于水达到沸点所需的时间 ，所以水会被加热到100℃后开始沸腾，在沸腾过程中，水的温度保持在沸点100℃不变； 因此加热120s后，水的末温是100℃。 2 / 14 学科网（北京）股份有限公司 $ 第13.1节 热量 比热容 目录 01 本节导航·目标清单 02 教材精研·内容全解 考点01 热量与比热容 考点02 热量的计算 03 避坑指南·解题通法 角度01 比热容的概念、单位和物理意义 角度02 生活中的比热容问题 角度03 计算物体温度变化时的吸放热 角度04 比热容的比例计算 角度05 热平衡方程及其应用 角度06 水的比热容特点及应用 角度07 不同物质的吸热本领 04 真题闯关·溯源演练 05 课后三阶·精准练习 目标导航 方法指导 1.通过实验探究，知道不同物质吸热本领存在差异，理解控制变量法的实验思路。 2.掌握比热容的概念、单位与物理意义，熟记比热容定义式。 3.会利用公式计算物体升温、降温过程中的吸放热，能完成比热容比例计算。 4.理解热平衡方程，会分析冷热混合过程的热交换与温度变化问题。 5.掌握水的比热容大的特性，能用比热容知识解释生活相关现象。 1.通过对比实验设计，掌握探究物质吸热能力的控制变量研究方法。 2.通过比值定义法，理清比热容概念，区分质量、温度变化、吸热多少三者关系。 3.通过分层例题练习，熟练吸放热基础计算、比例计算、冷热混合热平衡综合计算。 4.结合生活实例分析，学会用水比热容大的特点解释降温、取暖等实际应用场景。 5.通过对比不同物质比热容表，总结比热容大小对温度变化快慢的影响规律。 知识导图 考点01 热量与比热容 1、热传递：热量从高温物体传递到低温物体，或从物体的高温部分传递到低温部分的现象，叫做热传递。2、热量定义：在热传递过程中，传递能量的多少叫作热量。热量通常用字母Q表示。 （1）热量是热传递过程中物体内能的改变量，因此，热量是个过程量。只有在热传递过程中，才能谈论热量，离开热传递过程谈热量是毫无意义的。 （2）我们不能说某个物体具有或含有多少热量，更不能比较两个物体具有热量的多少。热量只能与表示过程的词语连用，如“吸收热量”“放出热量”。 3、比热容的概念：单位质量的某种物质温度升高1℃吸收的热量叫做这种物质的比热容，简称比热。 比热容是通过比较单位质量的某种物质升温1℃时吸收的热量，来表示各种物质的不同性质。 （1）比热容的单位：在国际单位制中，比热容的单位是J/（kg•℃），读作焦每千克摄氏度。 （2）水的比热容是4.2×103J/（kg•℃）；它的物理意义是1千克水，温度升高或者降低1℃，吸收或者放出的热量是4.2×103焦耳。 4、水的比热容的特点及应用 （1）由于水的比热容较大，一定质量的水吸收（或放出）很多的热而自身的温度却变化不多，有利于调节 气候；所以夏天，太阳光照射到海面上，海水的温度在升高过程中吸收大量的热，所以人们住在海边并不觉得特别热冬天，气温低了，海水由于温度降低而放出大量的热，使沿海气温不至于降得太低，所以住在海边的人们又不觉得特别冷。 （2）一定质量的水升高（或降低）一定温度吸热（或放热）很多，有利于用水作冷却剂或取暖；作冷却剂时，是让水吸收带走更多的热量；用来取暖时，是让水放出更多热量供给人们，另一方面。 4、探究不同物质吸热情况 （1）实验器材：铁架台、酒精灯、石棉网、烧杯、温度计、秒表等。 （2）实验装置： （3）实验方法： ①控制变量法：控制不同物质的质量相同，吸收热量相同，比较升高的温度，从而比较吸热能力大小；或控制不同物质的质量相同，升高的温度相同，比较吸收的热量，从而比较吸热能力的大小。 ②转换法：由于物质吸收的热量不容易测量，可以通过转换法，将物质吸收热量的多少转换成加热时间，因此比较加热时间，就可以比较得出吸收热量的多少。 （4）实验设计： ①液体的选取，应保证质量相同。 ②选用相同热源的目的是相同时间内，控制吸收热量相同。 ③实验数据分析： （1）让两种液体吸收相同的热量，比较液体的温度变化，温度变化小的吸热本领强； （2）让两种液体变化相同的温度，比较液体吸收热量的多少，吸收热量多的吸热本领强。 （5）实验结论：不同物质，在质量相等、升高的温度相同时，吸收的热量不同，比热容大的物质吸收热量多。 【深化点拨】 1．热量的表述：热量过程量，不是状态量，不能说含有或者具有热量，只能说吸收或放出热量。 解题是要抓住关键词：“具有热量”、“含有热量”，这样的说法是错误的。 2．比热容的解题方法点拨 （1）对于同一种物质，比热容的值还与物质的状态有关，同一种物质在同一状态下的比热容是一定的，但在不同状态时，比热容是不同的。如：水的比热容是4.2×103J/（kg•℃），而冰的比热容是2.1×103J（kg•℃）。 （2）对于物质的比热容，可以从以下两个方面理解：首先，比热容跟密度一样，也是物质的一种特性，它既不随物质质量的改变而变化，也不随物质吸收（或放出）热量的多少及温度的变化而变化，也就是说，只要是相同的物质，不论其形状、质量、温度高低、放置地点如何，它的比热容一定是相同的；其次，不同物质的比热容不同，同种物质的比热容相同，它反映了不同物质吸、放热本领的强弱，还可以利用物质的这种特性来鉴别物质。 3、比热容解释简单的自然现象：如为什么海水与沙子在同一时刻的温度不一样？ 因为海水与沙子受光照的时间完全相同，所以它们吸收的热量相同，但是海水的比热比沙子的比热大，所以海水升温比沙子升温慢；没有日照时，海水降温比沙子降温慢。 4、比较不同物质吸热的情况解题方法点拨 （1）实验方法：控制变量法 转换法（通过温度变化快慢来反映吸热能力的强弱）。 （2）实验液体的选择：质量相同的不同液体（如可以是水和食用油）。 （3）选择相同的热源目的是：以保证相同加热时间释放的热量相同。 （4）使用电加热器代替酒精灯的好处：易于控制产生热量的多少。 （5）实验中不断搅拌的目的：使液体受热均匀。 （6）描述物体吸热能力的物理量是：比热容。 （7）结论：相同质量的不同物体，吸收相同的热量后升高的温度不同，比热容大的升高的温度低。 （8）实验中，物质吸收热量的多少是通过加热时间来控制的。 1．关于比热容，下列说法正确的是（　　） A．比热容与物体的质量成正比 B．比热容与物体吸收的热量成正比 C．比热容是物质的一种特性，与质量、热量无关 D．同种物质的比热容一定相同 2．沿江风光带是市民夏日纳凉的好去处，沿岸气温往往比远离河岸的城区更低。这是因为江水的________比砂石的大，相同质量的水与砂石吸收相同的热量时，水的温度升高幅度比砂石_______，从而有效调节江边气温。 考点02 热量的计算 1、热量的计算 （1）物体的温度升高时吸收热量为：Q吸=cm（t-t0）；降低时放出的热量为：Q放=cm（t0-t）。 其中c——物体的比热容——单位J/（kg•℃）；m——物体的质量——单位kg；t0——物体原来的温度℃；t——物体后来的温度℃。 （2）若用△t表示物体变化的温度（升高或降低的温度），物体温度升高过程吸收的热量或物体温度降低过程放出的热量可以统一写为：Q=cm△t。 （3）公式可以变形为、、。 2、热平衡的应用 （1）热平衡：在热传递过程中，如果没有热量损失，则高温物体放出的热量Q放等于低温物体吸收的热量Q吸，即Q放=Q吸，把这个关系叫热平衡方程。 （2）热平衡方程式：两个温度不同的物体放在一起，高温物体放出热量，低温物体吸收热量，当两个物体温度达到相同时，如果没有热量损失，则有Q吸=Q放，称为热平衡方程，在热量计算题中，常采用此等式。 【深化点拨】 1．热量的计算解题思路点拨 （1）t是末温，t0是初温，Δt表示温度的变化，注意题干中对于他们的说法是有差别的，如“升高到”，“降低到”指的是末温，而“升高了”，“降低了”表示的是温度的变化。 （2）应用热量公式的条件是物质的状态不能改变，若不考虑这个因素，计算结果就会出现错误。 （3）在使用热量公式进行计算时，首先各物理量的单位必须统一用国际单位，如温度t的单位用℃，质量m的单位用kg，比热容c的单位用J/（kg•℃），热量的单位用J；其次，对有关温度的文字叙述应特别谨慎，不可乱套，注意分清“升高”“升高了”“降低”“降低了”对应的都是温度的改变量△t，而不是温度t；而“升高到”“降低到”对应的才是物体的末温t。 2．热平衡的解题思路点拨：注意此方程只适用于绝热系统内的热交换过程，即无热量的损失；在交换过程中无热和功转变问题；而且在初、末状态都必须达到平衡态。 （1）系统放热，一般是由于温度降低、凝固、液化及燃料燃烧等过程。 （2）而系统吸热则是由于温度升高，熔解及汽化过程而引起的。 1．甲、乙两物体的比热容之比为，吸收相同的热量后，甲的温度升高了，乙的温度升高了，则甲、乙的质量之比为（　　） A． B． C． D． 2．一个质量为500g的铝壶，装有2kg的水，水的比热容为，若水温度升高10℃，水吸收的热量为______J；铝的比热容比水小，若质量相同的铝和水吸收相同的热量，则铝的温度变化更______。 3．某家庭用燃气热水器将质量为200kg、温度为20℃的自来水加热到60℃，消耗的天然气体积为（天然气的热值为，水的比热容为。求： (1)天然气完全燃烧放出的热量； (2)水吸收的热量； (3)该热水器的效率。 热量 比热容的综合应用及解题步骤 1.“比热容”概念的深度理解 （1）物理意义：比热容（c）是物质的一种特性，反映了物质吸热或放热本领的大小。 c越大 →吸热/放热本领越强 →温度越难改变。 c越小 →吸热/放热本领越弱 →温度容易改变。 （2）比热容只与物质的种类和状态有关，与质量、体积、吸热多少、温度高低无关。 （3）易错：一杯水喝掉一半，剩下的水比热容不变。水结成冰，比热容改变。 2.控制变量法的实验逻辑（不同物质的吸热本领） （1）这是探究比热容实验的核心，必须掌握两种比较方法 方法一：控制质量和升高的温度相同，比较加热时间。 加热时间长→吸热多→比热容大。 方法二：控制质量和加热时间相同，比较升高的温度。 升温慢（Δt小）→吸热本领强→比热容大。 （2）转换法：实验中通过加热时间的长短来反映物体吸收热量的多少。 3.热量计算公式的灵活运用 （1）公式： Q=cmΔt（其中 Δt为温度变化量，即∣t末−t初∣）。 （2）比例计算技巧： 当m和Δt相同时， Q∝c（吸热与比热容成正比）。 当Q和 m相同时， Δt∝（升温与比热容成反比）。 典型题：质量相同的铜块和铝块（ c铝>c铜 ），吸收相同热量，谁升温快？ 答：铜块（因为 c小，Δt大）。 4.热平衡方程与混合问题：在不计热损失的情况下，高温物体放出的热量等于低温物体吸收的热量。 （1）核心方程： Q放=Q吸​ （2）展开式： c高m高(t高−t共)=c低m低(t共−t低)。 （3）注意区分“升高了”和“升高到”。 “升高了10℃”→Δt=10。 “升高到10℃”→t末=10。 混合后的最终温度 t共一定介于两者初温之间。 5.水的比热容大的应用 （1）调节气温：沿海地区昼夜温差小（水多， c大，白天吸热升温慢，夜晚放热降温慢）。 （2）冷却剂/取暖：汽车发动机用水冷却、北方暖气用水做介质（因为 c大，相同质量下，升高/降低相同温度，吸收/放出的热量更多，效率高）。 角度01 比热容的概念、单位和物理意义 1．下列关于生活中的一些热现象说法正确的是（　　） A．物体温度越高内能越大，所以的冰没有内能 B．一杯水倒出一半后，杯内剩余水的比热容变小 C．煮熟的粽子过一会变凉了，它含有的热量会减少 D．剥开粽子，粽叶上粘有米粒说明分子间存在引力 2．小明在两个相同的容器中分别装入100 g初温为10°C的水和100 g初温为15°C的液体甲，降温使它们凝固，同时使用温度传感器测量温度。实验时气压为一个标准大气压，假设两种物质在单位时间内放出的热量相等，忽略液体蒸发等次要因素，根据所测数据绘出的T-t图像如图所示。已知c水＝4.2×103 J/(kg·°C)，下列说法正确的是（　　） A．固态甲的比热容为1.4×103 J/(kg·°C) B．冰的放热能力比固态甲弱 C．0～20 min内，水放出的热量多于甲 D．物质甲液态过程中放出的热量为4.2×103 J 3．若某个铜球的比热容为0.39×103J/（kg·℃），则半个铜球的比热容为_______J/（kg·℃），小黎同学用相同的电加热器分别对质量均为0.2kg的水和另一种液体加热，给水加热是通过热传递的方式使水的内能增加：得到的实验数据如图所示，则水在16min内吸收的热量为________J，另一种液体的比热容为________ J/（kg·℃）（水的比热容c水=4.2×103 J/（kg·℃）。 角度02 生活中的比热容问题 4．将质量相等、初温相同的沙子和水分别放在两个瓷盘中，如图所示，用红外灯照射两个瓷盘4min后，沙子的温度为54℃，水的温度为30℃，它们的温度随时间变化图像如图乙所示，则下列说法正确的是（ ） A．图线a、b分别对应物质是水和沙子 B．升高相同温度a物质吸收的热量更多 C．沙子与水的比热容之比 D．该实验可解释沿海地区白天产生的陆风现象 5．香山湖公园不仅风景优美，其中的人工湖还能有效调节其周围环境的气温，假设人工湖湖水的质量是，若水温度升高，则湖水吸收的热量为___________J．如表所示是沿海城市和内陆城市两地的气温情况，请根据两个地方的气温变化情况判断城市___________。（选填“甲”或“乙”）是沿海城市。 2024年5月13日 城市甲晴 城市乙晴18~31 6．城市“热岛效应”明显，小明发现夏季同一时间，市中心广场的气温比郊外草地热得多。他认为这可能与地表铺设的材料（下垫面材料）不同有关，并开展了调研，调研方案如下： (1)小明认为：在相同光照下，不同下垫面材料升高的温度________； (2)为了验证猜想，他使用红外测温仪在同一时间段内、同一区域，测量户外沥青路面，水泥地表面和草地表面的温度。从上午9:00开始，每隔一段时间记录一次数据，部分数据如题表所示： 下垫面材料 9:00温度示数/℃ 11:00温度示数/℃ 13:00温度示数/℃ 沥青 33.1 42.8 48.8 水泥 31.5 40.2 45.9 草坪 28.3 33.1 35.7 ①分析数据可知，在相同光照时间内，_______表面升温幅度最大，说明下垫面材料是影响气温的因素； ②请你分析带草皮土壤升温慢的主要原因________； (3)小华认为小明的实验方案不够严谨，因为只测量了表面温度，没有测量上方空气温度，不能直接说明对气温的影响。请你帮助小明改进实验方案，需要增加的测量工具是________，需要增加的测量步骤是________； (4)基于以上调研结果，请对城市建设规划提出建议：________。 角度03 计算物体温度变化时的吸放热 7．如图1所示，规格相同的甲、乙两个烧杯中分别装有3 kg和2 kg的纯净水，用不同的加热器加热，并测量水的温度。不计热损失，得到如图2所示的温度与时间之间的关系图像。已知c水＝4.2×103 J/(kg·℃)，g取10 N/kg。下列说法正确的是（     ） A．甲烧杯中的水每分钟吸收的热量为2.52×105 J B．加热器1和加热器2每分钟放出的热量之比为3∶2 C．加热相同的时间，甲、乙两烧杯中的水升高的温度之比为3∶2 D．将甲、乙两烧杯中的水从20℃加热至沸腾所需要的时间之比为4∶9 8．白洋淀是华北平原上最大的淡水湖泊，对维持生物多样性和调节气候起到了重要作用。广阔的湖水能调节周边的气温，这是由于___________；实践小组取5kg湖水进行加热，水温从升高了，水吸收的热量相当于完全燃烧___________g酒精放出的热量。，] 9．效率为的小汽车在水平公路上匀速直线行驶时，行驶消耗汽油，已知汽油密度为，热值为，水的比热容为，请计算： (1)汽油完全燃烧放出的热量； (2)小汽车匀速行驶时所受的阻力； (3)若燃料完全燃烧放出的热量都用来加热水，使水从升高到，求可以加热的水的质量。 角度04 比热容的比例计算 10．甲、乙两种物质的比热容之比为2∶1，质量之比为3∶2，吸收的热量之比为2∶3，则甲、乙两种物质升高的温度之比为（　　） A．1∶3 B．3∶1 C．9∶2 D．2∶9 11．甲、乙两铁块的质量之比是3:1。若两铁块吸收相同的热量，甲铁块的温度升高了15℃，乙铁块的温度升高了________℃；若甲、乙两铁块升高的温度之比是3:4，甲、乙两铁块吸收的热量之比为________。 12．将质量为2kg的金属块，加热到后，立即投入质量为1kg、温度为的冷水中，若金属块放出的热量全部被水吸收，最终水的温度升高到。已知。求： (1)水吸收的热量； (2)金属块降低的温度； (3)金属块的比热容。 角度05 热平衡方程及其应用 13．把质量为200g、温度为20℃的冷水和质量为400g、温度为80℃的热水充分混合后温度为60℃（不计热损失），则（　　） A．冷、热水的吸放热之比为 B．冷、热水的温度变化量之比为 C．冷、热水的比热容之比为 D．冷、热水的比热容之比为 14．质量为2kg、温度为120℃的钢球，在空气中自然冷却至20℃的室温。此过程中，钢球将放出______J的热量；若这些热量的50%被初温为20℃、质量为0.05kg的水吸收，水吸收的热量为______J；在标准大气压下，这部分水的温度最终能升高到______℃。[已知J/（kg·℃），J/（kg·℃）] 15．一保温杯中装有质量为400g，温度为25℃的水，现将一个温度为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℃。已知水的比热容为，金属块的比热容为，不计热量损失，求： (1)杯中的水吸收的热量。 (2)金属块的质量。 角度06 水的比热容特点及应用 16．下表是一些物质的比热容。下列判断正确的是（　　） 比热容［］ 水 铝 煤油、冰 干泥土 沙石 铜 A．物质的比热容与物质的状态无关 B．100g水的比热容是50g水的比热容的2倍 C．质量相等的铝块和铜块吸收相同的热量，铜块温度变化较大 D．沿海地区比内陆地区昼夜温差小，是因为水的比热容较小 17．龙东地区冬季供暖时，暖气管道内的水循环流动，主要利用水的比热容大的特点，下列关于比热容的说法，正确的是（   ） A．比热容是物质的一种特性，与物质的质量无关 B．水的比热容比砂石小，所以沿海地区昼夜温差比内陆小 C．同种物质的比热容，随温度的升高而增大 D．比热容越大的物质，吸收的热量越多 18．我国北方冬季供暖系统中，普遍用水作为输送热量的介质，这是因为与其他物质相比，相同质量的水降低相同温度时能放出更_____（填“多”或“少”）的热量。若某暖气片内有 10kg 的水，水温从 80℃降低到 60℃，则这些水放出的热量为__________J。（水的比热容为 角度07 不同物质的吸热本领 19．某实验小组利用相同的电加热器探究了“水和煤油的吸热能力”的实验，质量相同的水和煤油的温度随加热时间变化的图像如图所示，下列有关这一过程的说法正确的是（     ） A．煤油的温度高于水的温度，所以煤油的吸热能力强 B．20min后水温度不变的过程中将不再吸收热量 C．煤油的温度升高的较快，说明煤油比热容比水比热容小 D．加热8min时，煤油吸收的热量比水吸收的热量多 20．某同学利用如图甲所示的装置比较a、b两种液体吸热的情况，两个相同的容器分别装有质量相同的a、b两种液体，用同一热源分别加热，液体温度与加热时间关系如图乙所示，下列说法正确的是( ) A．a液体是食用油 B．加热相同的时间，a液体吸收的热量大于b液体吸收的热量 C．a液体可以用来做冷却剂 D．a、b液体的比热容之比是4∶5 选择理由：______。 21．如图1所示，甲、乙、丙是三个相同装置，燃料和液体质量相等。 (1)利用______两图进行实验，研究“不同物质的吸热升温现象”； ①实验中不同物质的吸热多少是通过______来比较的； ②根据实验数据，做出两种液体的温度随时间变化的关系图，如图2所示，液体a的沸点是______℃，比热容是______J/（kg·℃）[已知液体b的比热容是] (2)正确选择两图进行实验，研究“质量相等的不同燃料燃烧时放出的热量”，若某一装置中液体升温更快，不能直接得出对应燃料的热值更大些，理由是______。 27．（2026·四川泸州·中考真题）使用精密仪器、精心设计实验装置可提高实验的精确度。如图甲所示，科技创新小组用红外线烤灯代替酒精灯、高清红外线热成像仪代替温度计，设计了“探究不同物质的吸热能力”的实验。他们在两个相同的浅盘中装入质量相等的砂和水，将红外线烤灯垂直固定在离两浅盘距离相等的正上方，高清红外线热成像仪置于正前方。根据实验数据绘制了如图乙所示的图像。 (1)用红外线烤灯作热源的优点是______，用高清红外线热成像仪的优点是更加精确地测量整盘砂、水的平均温度。 (2)红外线烤灯利用了红外线能传递______的特性。 (3)本实验用______（选填“升高的温度”或“加热的时间”）来反映物质吸热的多少。 (4)分析数据可知，水的吸热能力比砂的吸热能力更______。 【例1】（2025·四川眉山·中考真题）某实验小组利用图甲所示实验装置探究冰熔化时温度的变化规律。 (1)实验中按图甲的方式对碎冰加热，目的是使碎冰___________。 (2)如图乙所示温度计的示数是___________。 (3)根据实验数据画出冰熔化过程的“温度一时间”图像，如图丙所示。分析图像可知：冰熔化过程中要___________（选填“吸收”或“放出”）热量，但温度保持不变，属于___________（选填“晶体”或“非晶体”）。 (4)进一步分析图像发现，0至时段内的温度变化比时刻后的温度变化快，其主要原因是冰和水的___________不同。 (5)若对烧杯持续加热，烧杯中的水沸腾后试管中的水___________（选填“会”或“不会”）沸腾。 【深化点拨】 （1）水浴加热实验操作要点：考查水浴法加热的作用，通过热水包围试管实现被加热物质受热均匀、升温平缓，方便记录温度变化，是晶体熔化实验标准操作考点。 （2）温度计读数规范：考查摄氏温度计的读数方法，先区分零上、零下刻度，再读取分度值对应示数，包含负温度读数的易错辨析。 （3）晶体熔化特点：区分晶体与非晶体熔化规律：晶体熔化持续吸热、温度恒定，图像存在水平恒温段；非晶体熔化温度持续上升，无恒温区间，本题以冰为典型晶体载体考查。 （4）比热容概念应用：相同热源相同时间吸热量相等，升温快慢反映吸热能力，冰升温更快说明冰的比热容小于水，结合熔化图像对比冰、水的吸热属性，串联热学核心概念。 （5）液体沸腾条件：沸腾需要同时满足两个条件：达到沸点、持续吸热；烧杯水沸腾后温度不变，试管内水温虽能达到沸点，但无法持续获取热量，因此不能沸腾，考查沸腾完整条件辨析。 【变式1-1】（2025·四川成都·中考真题）小雨探究液体的凝固特点：先在两个相同容器中分别装入初温为20℃、质量为100g的水和某液体M，再各放入一个温度传感器，然后使它们冷却凝固。若单位时间内它们放出的热量相等，用测得的数据绘出两种物质温度随时间变化的图像，如图所示。已知，实验在标准大气压下进行，下列说法正确的是（　　） A．液体M的比热容为 B．液体M放热能力比水放热能力强 C．在时间段两种物质都是固液共存状态 D．从20℃刚好降到0℃时，水放出的热量小于M放出的热量 【变式1-2】（2025·湖北武汉·中考真题）某小组在探究萘熔化过程温度的变化规律时，每隔1min记录一次温度，得到如图所示的温度随时间变化的图象。分析图象可知： (1)萘的熔点为________℃，从萘开始熔化到所有萘完全熔化大约持续了________（填“10”“15”“25”或“35”）min； (2)萘在AB段和CD段升温较慢的是________段，可能是因为固态萘的比热容________液态萘的比热容。 【变式1-3】（2026·四川南充·中考真题）有同学在海边发现沙滩的温度比海水的温度高一些，该同学利用图甲装置对海水和沙子的吸热规律进行探究。 将质量相等的海水和沙子分别装在密闭绝热的真空箱内； 利用相同的白炽灯在同等条件下模拟太阳加热，沙子加热5min后停止加热； 根据实验数据得到了温度随时间的变化关系如图乙； (1)实验数据表明：升高的温度相同时，___________吸收的热量多； (2)实验数据可得，海水和沙子的比热容之比为___________。 【变式1-4】（2025·辽宁·中考真题）如图（a），某小组在两个相同的烧杯中分别装入质量相同的水和食用油，比较它们的吸热能力。 (1)为使两个电加热器在单位时间内放出的热量相同，电加热器的规格应___________。 (2)本实验中使用的液体温度计是根据液体____________的规律制成的。 (3)每隔0.5min记录一次温度，并将数据记录在下表中。第2.5min时，食用油中的温度计示数如图（b）所示，为____________℃。分析表中数据，发现___________吸热能力强。 加热时间/min 0 0.5 1 1.5 2 2.5 ... 水的温度/℃ 25 27 29 31 33 35 ... 食用油的温度/℃ 25 30 34 37 42 ... (4)为使内部充有液态介质的电暖器通电后能迅速升温，内部应充入吸热能力较___________（填“强”或“弱”）的介质。（仅从吸热能力的角度分析） 【例2】（2025·上海·中考真题）质量为2千克的水升高50℃所吸收的热量为______焦，“九天”无人机向斜上方匀速运动时，其惯性______，机械能______。（后两空均选填“增大”“不变”或“减小”） 【深化点拨】 （1）吸热热量计算（比热容应用）：考查水的比热容常量记忆、物体升温吸热的基础计算逻辑，明确吸热多少由物质种类、质量、温度变化量共同决定，是热学基础计算常考内容。 （2）惯性的决定因素：核心考点：惯性大小仅由物体质量决定，与运动速度、运动方向、高度均无关；只要物体质量不变，惯性大小就不会发生改变，纠正 “速度大惯性大” 的常见误区。 （3）动能、重力势能与机械能变化判断：动能由质量、速度共同决定，匀速运动时动能保持不变；重力势能由质量、高度共同决定，高度上升则重力势能增大；机械能为动能与势能总和，可通过分别分析两种能量变化判断整体机械能变化。 （4）力学与热学跨模块综合：一道题目融合热学比热容计算、力学惯性、机械能两大板块知识点，考查多模块基础概念的区分与综合运用能力。 （5）生活情境物理建模：以无人机飞行作为真实情境，训练从实际运动场景中提取质量、速度、高度关键条件，结合物理概念完成定性判断。 【变式2-1】甲、乙两物体的质量之比是，比热容之比是，升高相同的温度时，则甲、乙两物体吸收的热量之比是（　　） A． B． C． D． 【变式2-2】（2025·江苏宿迁·中考真题）将质量均为100g的沙子和水分别放在两个相同瓷盘中，初始温度相同，用同一热源加热相同时间，___________升温快，这是因为___________；实验中测得，水的温度升高了20℃，吸收的热量为___________J[]。 【变式2-3】小林家安装了一台太阳能热水器，容积为80L，将热水器装满水。已知水的密度为，水的比热容为，求： (1)热水器中水的质量是多少？ (2)水温升高20℃，水需吸收的热量是多少？ 【例3】（2025·江苏南通·中考真题）小明用电水壶烧水给爷爷奶奶泡茶。该壶保温性能较好，烧水时壶会吸收一些热量。在壶中装入500mL的水，加热至沸腾，用时2min。水用完后，他又在壶中装入1000mL的水，加热至沸腾，所需时间最有可能的是（　　） A．2min B．4min C．大于2min且小于4min D．大于4min 【深化点拨】 （1）吸热多少与质量的关系：同种物质、升高相同温度时，物体质量越大，需要吸收的热量越多；水体积加倍则质量加倍，单纯只给水加热的吸热需求会翻倍。 （2）热量损耗与容器吸热分析：加热时不仅水吸热，电水壶壶体也会吸收一部分热量；第一次烧水后壶体处于高温预热状态，第二次加热时壶体吸收的额外热量大幅减少，总吸热需求低于两倍水的吸热。 （3）电热器供热规律：同一电水壶单位时间放出的热量恒定，所需加热总热量越少，加热耗时越短；总热量介于一倍与两倍水吸热之间，对应时间也在 2min 到 4min 之间。 （4）实际情境综合辨析能力：结合生活烧水场景，区分理想无热损耗模型和真实有容器吸热、保温预热的实际模型，打破 “质量加倍时间一定加倍” 的理想化思维误区。 （5）控制变量逻辑判断：控制电水壶、初温、末温不变，只改变水的质量，对比两次总吸热的差异，训练结合额外吸热条件做定性区间判断的思路。 【变式3-1】“早穿皮袄午穿纱，守着火炉吃西瓜。”这句谚语生动描述了新疆一些地区一天中的温度变化。与沿海地区相比，新疆这些地区昼夜温差大的原因是（　　） A．沙子吸收的热量比水的多 B．水吸收的热量比沙子的多 C．沙子的比热容远小于水的比热容 D．沙子的比热容远大于水的比热容 【变式3-2】（2025·宁夏·中考真题）沿海地区昼夜温差小，而内陆和沙漠地区昼夜温差较大，这是因为水与沙子相比，水的_______大。 ⚡基础速刷 1．将桌面上的一瓶水放入冰箱后变成了冰，在此过程中不变的是（　　） A．质量 B．密度 C．体积 D．比热容 2．如图所示是《天工开物》中描绘的冶炼情景，把含铜、铅的矿石洗净后放入炉中冶炼，铅先从孔中流出，是因为铅和铜具有不同的（　　） A．熔点 B．沸点 C．密度 D．比热容 3．下列实例中与“水的比热容较大”这一特性无关的是（     ） A．夏天在房间内洒水降温 B．用循环水冷却汽车发动机 C．沿海地区昼夜温差较小 D．让热水流过散热器供暖 4．小明在研究液体蒸发快慢的因素，请你参考下表中的数据信息（在标准大气压 下），结合所学知识和生活经验，提出一个新猜想（　　） 物质 密度/(kg·m-3) 沸点/℃ 比热容/[J·（kg⋅°C）-1] 水 1.0×103 100 4.2×103 酒精 0.8×103 约78 2.4×103 食用油 0.9×103 约250 约1.9×103 A．液体蒸发快慢可能与液体的种类有关 B．液体蒸发快慢可能与液体的密度有关 C．液体蒸发快慢可能与液体的沸点有关 D．液体蒸发快慢可能与液体的比热容有关 5．生活中很多现象都蕴含着物理奥秘，对以下生活实例解释不正确的是（　　） A．“下雪不冷化雪冷”，是因为雪熔化吸热 B．高压锅的原理是通过增大气压使液体的沸点降低 C．做饭时油花漂在水面上是因为油的密度比水小 D．北方楼房中的“暖气”用水作为介质，是因为水的比热容大 6．阳春三月，小华一家开着汽车去公园游玩。汽车散热器等冷却设备常用水作为冷却剂，这是因为水的___________较大；倒车时，汽车倒车雷达启动后发出___________波，信号经周边的物体反射后，可判断车与障碍物的距离； 7．如图所示，我国自主研制建造的第三艘航空母舰“福建舰”于2025年11月5日正式入列。该航母搭载电磁弹射系统，舰载机起飞后，航母所受浮力将________（选填“增大”、“减小”或“不变”）；航母采用常规动力，其蒸汽轮机配备冷却系统，冷却系统中选用水，是因为水的________较大。 8．在北方早春育苗时，为了防止夜间低温冻伤秧苗，农技人员常采用水袋储热的方式，这是利用水的________大的特点。水袋中的水温降低时，内能________（选填“增大”“不变”或“减小”）。若每个水袋装有的水，当水温降低5℃时，每个水袋内的水放出的热量是________。[水的比热容为] 9．小明利用如图甲所示的装置比较不同物质吸热能力的强弱。 (1)实验中选取初温相同、___________（选填“质量”或“体积”）相同的A、B两种液体，分别倒入两个相同的烧杯中，用电加热器加热；当A、B两种液体吸收相同的热量时，通过比较___________来比较不同物质吸热能力的强弱。 (2)根据实验测得的数据分别描绘了A、B两种液体的温度随加热时间变化的图像，如乙所示，由图可知，___________（选填“A”或“B”）液体的吸热能力更强。 10．为探究不同物质的导热性差异，小明用相同规格的铝棒、铁棒、玻璃棒、木棒各一根，将它们一端固定在同一加热底座上，另一端各粘一枚相同的小蜡丸，加热底座保持温度恒定。实验装置及蜡丸熔化脱落时间记录如下： 材料 铁棒 铝棒 玻璃棒 木棒 蜡丸脱落时间/s 12 10 180 300 (1)实验中记录蜡丸脱落时间的目的是______________。小蜡丸脱落的原因是发生了__________（填物态变化的名称）。 (2)由实验数据可知：导热性最好的是________，金属的导热性一般比非金属_________（选填“好”或“差”）。 (3)冬天用手触摸户外的铁棒和木棒，感觉铁棒更冷，原因是______________________________。 (4)小明猜想：物质的导热性可能与材料的粗细有关。为验证猜想，实验中要改变__________，保持其他条件不变。 11．质量为60kg、温度为20℃的某种液体内能增加1.26×107J，温度升高了50℃（未发生物态变化），求： (1)这种液体吸收的热量； (2)这种液体的比热容。 12．质量为4kg的金属块，被加热到490℃后，立即投入质量为1kg、温度为10℃的冷水中，不计热量损失，最终水的温度升高到70℃。已知。 求： (1)水吸收的热量。 (2)金属块的比热容。 🚀能力跃升 13．许多优美的古诗词中都蕴含着丰富的热学知识，下列解释正确的是（     ） A．“迟日江山丽，春风花草香”，闻到花草香是扩散现象 B．“秋荷一滴露，清夜坠玄天”，露珠聚在一起说明分子间只存在引力 C．“泥融飞燕子，沙暖睡鸳鸯”，春日白天沙子较暖是因为沙子的比热容比水大 D．“淑气初衔梅色浅，大地阳和暖气生”，大地内能的增加是太阳通过做功的方式实现 14．用相同的热源加热质量、初温均相同的物体a和b，其温度随时间变化的图像如图所示。已知两物体每秒吸收的热量相同，且都没有发生物态变化，则该过程中（     ） A．a的内能大小保持不变 B．a和b都加热到时吸收的热量相同 C．b的吸热能力更强、 D．吸收相同的热量a和b升高的温度也相同 15．根据表中数据，下列判断正确的是（     ） 物质 熔点/℃ 密度/（kg/m3） 比热容/[J/（）] 铁 1535 7.9×103 0.46×103 铜 1083 8.9×103 0.39×103 铝 660 2.7×103 0.88×103 A．用铜质容器可以熔化铁块和铝块 B．体积相同的铁钉和铜钉所含的物质的多少相同 C．质量相等的铁块和铜块降低相同的温度，铁块放出的热量多 D．把铁块切去一半，它的熔点、密度、比热容都变小 16．在标准大气压下，小亮用相同的加热器对初温均为20℃、质量均为500g的甲液体和水加热，甲液体在6min后停止加热，用传感器记录数据并绘制这两种液体的温度随加热时间变化关系如图所示。实验中水未沸腾，加热时两种液体单位时间吸收热量相同，（）下列说法正确的是（ ） A．0~4min内，甲液体吸收的热量大于水吸收的热量 B．甲液体的比热容为 C．6~8min内，甲液体放出的热量 D．4~6min内，甲液体没有吸收热量 17．2025深圳智能机器人灵巧手大赛创意决赛如期举行。如图，机器人正用灵巧双手制作饮品，手指端设计成“凹凸纹路”是为了______（选填“增大”或“减小”）摩擦力，避免抓取杯子时打滑，标准大气压下将250mL煮开的水倒入杯子冷却至室温25℃备用，则此过程中放出的热量是______。[，] 18．“伐竹取道，下见小潭，水尤清冽……潭中鱼可百许头，皆若空游无所依，日光下澈，影布石上”是唐代柳宗元《小石潭记》中描写的场景。游者看到潭水中的鱼是光的____ 所成的虚像；若游者俯身观鱼，可以看到自己在平静水面中所成的像，若人离水面0.6m，水中的像距离人_____ m；游者在靠近水面的过程中，游者在水中像的大小将____；游者在潭边感觉到凉快，因为水的____较大。 19．芯片、服务器等工作时会产生大量热量，随着人工智能的发展，算力需求爆发式增长，除了风冷散热，科学家们也研究了液冷散热。某液冷装置参数如下：冷却液比热容，每秒有冷却液流过，芯片工作时每秒产生热量。利用冷却液降低芯片温度，这是通过________的方式改变物体内能。假设热量全部被冷却液吸收，冷却液的温度会升高_______。 20．小明为探究“不同物质吸热升温的情况”，进行了如图甲所示实验。实验用两个相同的酒精灯，分别加热两种初温相同的液体。 (1)实验前，烧杯中加入的水和煤油应保证_______（选填“体积”或“质量”）相同。 (2)正确组装图甲实验装置的顺序是_______（选填“自上而下”或“自下而上”）。 (3)组装完毕后，点燃酒精灯，对盛有水和煤油的烧杯进行加热，实验过程中，其中一支温度计的示数如图12－乙所示，其读数是_______℃；加热过程中，不停地用玻璃棒搅拌的目的是_______。 (4)小明根据实验数据绘制的温度随时间变化的图像如图丙所示，通过分析可知，在相同时间内_______的温度变化大，可得出_______的吸热本领大。 21．休渔政策有利于海洋渔业持续、稳定、高质量发展。5月1日起，开始进入海洋伏季休渔期；9月1日休渔期结束后，各渔港码头“千帆竞发”，渔船可出海进行捕捞作业。如图为某型号渔船，其排水量为200 t。求： (1)该渔船满载时，求它受到的浮力； (2)为方便保鲜，现需要将质量为，温度为19℃的海水降低到4℃，求此过程放出的热量；[取4.2×103 J/（kg℃）] 🌟思维挑战 22．某固态物体的质量为m，其物质的比热容为c，用稳定的加热装置对它加热35 min。物体在相同时间内吸收的热量相等。上述实验过程中记录了不同时刻的温度，最后绘制出温度随时间变化的图像，如图所示。下列说法正确的是（     ） A．该物体在熔化过程中吸收的热量为1.5cm(t1-t0) B．在10～25 min，该物体的内能不变 C．该物质固态与液态比热容之比为 D．若将该物体切去一半，仍用原加热装置加热，其温度将在10 min后达到t1 23．某实验小组用相同规格的加热器分别对质量为500g的冰和2500g的某固体M均匀加热。每隔相同时间记录温度计示数并观察物质状态。如图是记录数据绘制的“温度-时间”图像，若单位时间内两固体吸收的热量相等，实验在标准大气压下进行，已知，，下列分析正确的是（　　） A．固体M的吸热能力比冰强 B．冰熔化过程吸收的热量是 C．固体的比热容为 D．当温度从上升到时，冰吸收的热量大于吸收的热量 24．如图所示，在“比较不同物质的吸热情况”的实验中，两容器中分别装有250mL、初温均为20℃的煤油和水，用相同的电加热器，同时持续加热两杯液体直至其沸腾，测得不同时间下两种液体的温度，如图中斜线甲、乙是由实验数据得到的部分图像。已知：水的比热容是，水的密度为，煤油的密度为，当地水的沸点为100℃，煤油的沸点为150℃。则下列对本次实验的分析正确的是（　　） A．煤油和水达到沸点的时间之比为13∶20 B．分析可知水的吸热图线是斜线甲 C．甲、乙两杯液体的吸热之比始终为5∶2 D．煤油比热容为 25．为比较A、B两保温杯的保温性能，小红在两个保温杯中分别倒入0.1 kg相同温度的热水，它们的初温均为，绘制水温随时间的变化图像如图所示。在热水冷却的整个过程中A杯中水放出热量，则___________℃，B杯中水放出的热量___________。保温性能___________（选填“A更好”、“B更好”或“A、B一样好”）。【】 26．当物体之间存在温度差时，会发生热传递，高温物体将一部分能量等量地转移到低温物体上，直到两物体的温度相等为止，此时称物体间达到了热平衡。现有质量、初温均相同的甲、乙两物体，将甲物体投入一杯热水中，达到热平衡时水温降低；将甲取出，接着把乙物体投入这杯水中，再次达到热平衡后水温又降低。则甲吸收的热量______乙吸收的热量，甲的比热容______乙的比热容（两空均选填“大于”、“等于”或“小于”）。 27．【探究名称】探究不同物质吸热能力。 【问题】暑假，小明同学到沿海城市旅行，他发现，中午海边的沙子很热但海水却很凉，他猜想：物质的吸热能力可能与__________有关。 【证据】针对他的猜想，他查阅资料发现，若用沙子做实验，沙子受热的均匀性差，他决定换用煤油和水进行实验：将水和煤油分别装在两个相同的烧杯中，用相同的酒精灯加热。 （1）如图甲所示是小明同学的实验装置，其中有一小明显错误，请指出错误之处：_____________； （2）改正后选用相同的酒精灯对水和煤油加热相同的时间，每隔记录一次温度，并将数据制成如图乙所示的图像，在第五分钟时，水吸收的热量__________（选填“大于”“等于”或“小于”）煤油吸收的热量。 【解释】 （1）本实验通过__________来反映物质的吸热能力（选填“液体升高的温度”或“加热时间”）； （2）由图像乙可知，水吸热能力更强；物理学中，用比热容来表示物质的吸热能力，则水、煤油的比热容之比为__________________； 【交流】海水和沙子吸收相同的热量，海水吸热升温慢，而沙子吸热升温快，___________吸热能力更强，由此可推测，到了傍晚海水的温度_________沙子的温度（选填“高于”“等于”“低于”）。 28．周末，小明组装了图1所示的装置探究物质的吸热能力和比热容，他用相同的加热器分别给初温均为20℃的甲、乙液体加热，其中甲液体是水，乙液体质量为0.4kg，两种液体每秒吸收的热量相同。这两种液体的温度随加热时间变化的图像如图2所示，已知水的比热容。 (1)若将水从20℃加热到40℃的过程中，水共吸收热量，则水的质量为多少？ (2)乙液体的比热容是多少？ (3)在1个标准大气压下，将该初温为20℃的水加热120s，水的末温是多少？ 2 / 14 学科网（北京）股份有限公司 $