1.3 比热容（举一反三·讲义）物理新教材教科版九年级上册

本讲义聚焦“比热容”核心知识点，通过海边沙水温度差异的情景导入，引导学生探究物质吸热性能，结合实验归纳质量、温度变化、物质种类对吸热的影响，进而构建比热容的定义、公式、单位及特性，形成从现象到规律再到应用的完整学习支架。 资料以科学探究为主线，设计“不同物质吸热能力”实验，运用控制变量法和转换法培养科学思维，结合海陆风、冷却剂等实例深化物理观念。课中实验与例题解析辅助教师高效授课，课后分层作业及变式练习帮助学生巩固知识，查漏补缺。

1.3 比热容 模块一 知识框架 模块二 知识精讲 情景导入 展示图片或视频：炎炎夏日，在海边玩耍时，沙滩上的沙子热得烫脚，而海水却非常凉爽；傍晚时分，沙子很快凉了下来，但海水却仍然暖暖的。 提出问题引发思考：“同样的日照条件，为什么沙子和海水的温度不一样？”“为什么白天沙滩烫脚，傍晚却凉得快，而海水温度变化不大？” 知识归纳 【知识点1 物质的吸热性能】 实验探究：物质的吸热能力 1．物质吸热的多少可以通过加热时间的长短来反映，加热时间长，吸热热量多—— 转换 法； 2．同种物质：烧开一壶水比半壶水需要的时间 长 ，说明物体吸收热量的多少与质量有关； 把一壶水烧开比烧成温水需要的时间 长 ，说明物体吸收热量的多少与温度变化有关； 不同物质：方法一：质量相等的两种物质，让它们吸收相同的热量，升高的温度多的，吸热能力 差 （说明物质吸收热量的多少与物质的种类有关）； 方法二：质量相等的两种物质，让它们升高到相同的温度，加热时间短的，吸热能力差 （说 明物质吸收热量的多少与物质的质量有关）。 总结：体质吸收热量的多少与 质量 、 温度变化 、 物质种类 有关。 3．为了描述不同物质的吸热性能，引入比热容，即用比热容来不同物质的吸热性能。 【例1】小明和小聪采用如图的相同装置探究“不同物质的吸热能力”。 （1）在涉及多个物理量的变化时，我们常常需要控制变量，因此将不同种类的液体A、B放容器中时需要保证它们的_____相同，除了以上测量工具还需要_____； （2）小明采用的实验方案是使两种液体升高相同的温度，通过比较_____来反映两种液体吸收热量的多少，吸收热量多的液体说明其吸热能力_____（选填“强”或“弱”）； （3）小聪采用了另一种实验方案，发现经过相同加热时间，液体A升高的温度比液体B升高的温度少，说明_____的吸热能力更强； （4）反思实验方案的改进，你认为加热的方式选择下列的_____（填字母代号）更好。 A．用两只相同的酒精灯分别给盛有不同液体的烧杯加热 B．用两只功率相同的电加热器分别浸没在不同液体中加热 【答案】（1）质量 天平和秒表 （2）加热时间 强 （3）A （4）B 【详解】（1）要探究“不同物质的吸热能力”，只需要改变物质的种类，故要保证不同种物质的质量不变。 实验中需要用天平测量质量，用秒表测量加热时间，因此还需要天平和秒表。 （2）当两种液体升高相同的温度时，可以通过比较加热时间来反映两种液体吸收热量的多少，加热时间越长的液体，说明吸收的热量越多，说明其吸热能力强。 （3）相同加热时间，两种液体吸收热量相同，质量相同，升高温度越小，比热容越大，吸热能力越强；A升高温度更少，因此A吸热能力更强。 （4）相同功率的电加热器浸没加热，比酒精灯更易保证相同时间提供相同热量，热量损失更小，实验误差更小，故A不符合题意，B符合题意。 故选B。 【变式1-1】 利用如图甲所示的装置比较不同物质吸收热量的情况。 加热时间/min 0 2 4 6 …… 水的温度/℃ 30 38 46 54 …… 食用油的温度/℃ 30 47 63 80 …… （1）两烧杯中分别装入________（选填“质量”或“体积”）相等的水和食用油。 （2）利用相同的电加热器加热，通过________间接反映水、食用油吸收热量的多少。 （3）根据实验数据绘制温度与时间的关系图像如图乙所示。分析可知________（选填“A”或“B”）是食用油的温度随时间变化的关系图像，________（选填“食用油”或“水”）的吸热能力较强。 【答案】（1）质量 （2）加热时间 （3） A 水 【详解】（1）比较不同物质吸收热量的情况的实验中，故需要控制质量相同，才能通过温度变化比较吸热能力。 （2）相同的电加热器在相同时间内放出的热量相等，所以实验中用加热时间间接反映物质吸收热量的多少。 （3）由表格数据可知，加热时间相同时，食用油升温更快，图乙中A升温更快，故A是食用油的温度变化图像。吸收相同热量时，升温越慢的物质，比热容越大，吸热能力越强，由表格可知水的升温比油的慢，故水的吸热能力更强。 【变式1-2】在探究“不同物质吸热升温特点”实验中，小姜同学用同一装置给水和花生油加热（如图甲所示）。 （1）实验中，水和花生油的体积______（选填“相同”或“不同”），通过______（填“温度的升高多少”或“加热时间长短”）来比较液体吸收热量的多少。 （2）根据实验数据作出两种液体的温度随加热时间变化的图像，如图乙所示，其中吸热本领较强的是______图线（选填“A”或“B”）对应的液体；实验结束后撤去加热装置，______的温度下降得慢（选填“A”或“B”）。 （3）同组的小堰同学设计如下方法来比较比热容的大小：将两块初温均为t1的相同金属块，分别浸没在温度均为t2的水与花生油中__________（选填“可行”或“不可行”），理由是： 。 【答案】（1）不同 加热时间长短 （2） A A （3）不可行 最终金属块和两种液体达到热平衡时温度相同，无法比较‌ 【详解】（1）该实验是探究不同物质吸热升温特点，需用到控制变量法，即控制水和花生油的质量相同。由于水和花生油的密度不同，质量相同时，它们的体积不同。实验使用同一装置加热，在相同时间内两种液体吸收的热量相同，因此通过加热时间长短来比较液体吸收热量的多少。 （2）根据实验数据作出的温度随加热时间变化的图像，吸热本领较强的液体温度升高得慢，所以是A图线对应的液体。比热容大的物质，在放出相同热量时，温度下降得慢。A比热容较大，因此撤去加热装置后，A温度下降较慢。 （3）小堰同学设计的方法不可行，因为用两块初温均为的相同金属块，分别浸没在温度均为的水与花生油中，最终金属块和液体温度会相同，无法根据温度变化来比较比热容大小，要比较的话，应让金属块初温与水、花生油初温不同，观察最终稳定时温度变化情况等合理方法。 【知识点2 比热容】 1．定义：物体吸收的热量与其质量、温度变化的 比 ，叫这种物质的比热容，用符号 c 表示； 2．公式： 3．单位： ，读作： 焦耳每千克摄氏度 。 4．理解：比热容是物质的一种特性，只与物质的 种类 和 状态 有关，与物体的质量、温度变化量、吸放热多少、等 无 关。 5．比热容的意义：水的比热容是，表示的物理意义是： 1kg的水温度升高（或降低）1℃吸收（或放出）的热量是。 6．水比热容大的应用： （1）冷却剂∶汽车发动机用水循环冷却（吸热多，温升小）； （2）取暖∶暖气片、热水袋中用水作介质（放热多，温降小）； （3）调节气候∶沿海地区昼夜温差小，内陆/沙漠地区昼夜温差大； （4）海陆风：白天，陆地升温快（气压低），风从海洋吹向陆地（海风），夜晚，陆地降温快（气压高），风从陆地吹向海洋（陆风）。 （5）傍晚给秧苗灌水防冻（水降温慢，放热保护秧苗） 【例2】如图所示，使用相同规格的电加热器分别对质量相同的水和食用油进行加热，已知水的比热容比食用油的比热容大，不计热量损失。下列说法正确的是（　　） A.加热相同的时间，水吸收的热量比食用油吸收的热量多 B.吸收相同的热量，水的温度变化比食用油的温度变化大 C.升高相同的温度，水吸收的热量比食用油吸收的热量少 D.升高相同的温度，给水加热的时间比给食用油加热的时间长 【答案】D 【详解】 A．加热相同时间，相同电加热器放出热量相同，不计热量损失，水和食用油吸收的热量相等，故A错误； B．吸收相同热量（Q相同），m相同，由，c越大，温度变化越小，水的比热容更大，因此水的温度变化比食用油小，故B错误； C．升高相同温度（Δt相同），m相同，由，c越大，吸收热量越多，水的比热容更大，因此水吸收的热量比食用油多，故C错误； D．升高相同温度时，水需要吸收更多热量；相同电加热器，加热时间越长代表吸收热量越多，因此给水加热的时间更长，故D正确。 故选D。 \【变式2-1】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Q相同，质量m相同，煤油Δt更大，比热容c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Q相等，故D错误。 故选C 。 【变式2-2】如图所示是青岛市和济南市年气温变化曲线，造成两城市温度变化不同的原因分析正确的是（　　） A.实线是青岛的，青岛的海水吸收的热量少 B.实线是济南的，济南的砂石吸收的热量多 C.虚线是青岛的，因为海水的比热容比砂石的大 D.虚线是济南的，因为海水的比热容比砂石的小 【答案】C 【详解】由气温变化曲线得出，实线：气温最高值更高、全年温差更大，是济南；虚线：气温变化平缓、温差更小，是青岛。原因是海水的比热容大于砂石、泥土的比热容，青岛是沿海城市，靠近海，气温年温差小，济南是内陆城市，多砂石、泥土，气温年温差大。故ABD错误，C正确。 故选C。 【知识点3 热量的计算】 1．物体在温度变化过程中吸收或放出的热量计算公式： 吸热公式： ，放热公式： （t0表示初温，t表示末温） 无论吸热还是放热，都可统一用公式 计算（Δt表示温度变化） 注意： （1）题目中描述温度变化的词语：升高（了）50℃，表示 温度变化为50℃，即 Δt=50℃ ；升高到50℃，表示 末温 是50℃，即 t=50℃ 。 （2）物体在温度变化时，吸收（或放出）热量的多少，与物体的质量、温度变化和物质的比热容 有 关。 2．热平衡： 两个或多个温度不同的物体相互接触时，热量会从高温物体传递给低温物体。最终，当所有物体的温度都达到相同时，它们之间不再发生热传递，此时我们就说这些物体达到了热平衡。此时Q吸=Q放，即（最终物体温度相同，为t） 【例3】初温为30℃、质量为2kg的水温度升高到50℃时，需要吸收的热量为________J，现在将2kg的水倒掉一半，剩下的水的比热容________（选填“变大”“变小”或“不变”）；水升高温度后比热容________（选填“改变”或“不变”）。[] 【答案】 不变 不变 【详解】根据可得，吸收的热量为 比热容是物质的固有特性，仅与物质的种类和状态有关，与质量无关，因此倒掉一半水后，剩下的水的比热容不变；比热容与物质的温度无关，水升高温度后，其种类和状态均未改变，所以比热容不变。 【变式3-1】甲、乙两物体的比热容之比为2∶1，吸收的热量之比为3∶1时，升高的温度正好相同，则甲、乙两物体的质量之比是________。 【答案】3∶2 【详解】根据吸热公式，变形得到质量的表达式：。由于甲、乙升高的温度相同，，因此两物体的质量之比为，将，代入上式，计算得：，即甲、乙两物体的质量之比为3∶2。 【变式3-2】将质量为300g的铅块加热到88℃，然后投入温度为8℃、质量为130g的煤油中，测出混合后煤油的最高温度为18℃，不计热损失。已知铅的比热容为0.13×103J/（kg·℃），求： （1）铅块放出的热量； （2）煤油的比热容。 【答案】（1） （2） 【详解】（1）铅块放出的热量 （2）因为不计热损失，煤油吸收的热量 煤油的质量为 煤油的温度变化为 煤油的比热容 模块三 课后作业 一、单选题 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．下列现象中，利用水的比热容大这一特性的是（　　） A.夏天在教室洒水降温 B.汽车发动机用水作为冷却液 C.冬天在储存蔬菜的地窖里放水 D.游泳上岸后感觉凉爽 【答案】B 【详解】 A．夏天在教室洒水降温，利用的是水蒸发吸热带走热量，和水的比热容无关，故A不符合题意； B．水的比热容大，和同等质量的其他物质相比，升高相同温度时可以吸收更多热量，故汽车发动机用水作为冷却液，故B符合题意； C．冬天在地窖放水，利用的是水凝固放热，维持地窖温度不会过低冻坏蔬菜，故C不符合题意； D．游泳上岸后感觉凉爽，是因为皮肤表面的水蒸发吸热带走人体热量，故D不符合题意。 故选B。 3．生活中，人们常用干净的沙子炒制花生。这是利用了沙子的（　　） A.熔点低 B.含有的热量多 C.比热容小 D.热值高 【答案】C 【详解】 A．熔点是物质熔化时的温度，炒花生需要沙子保持固态获得较高温度，沙子本身熔点很高，故A错误； B.热量是过程量，是热传递过程中内能的变化量，不能说物体“含有的热量多”，故B错误； C.相同质量的沙子和其他物质相比，吸收相同热量时，比热容更小的沙子温度升高更快，可以更快把热量传递给花生；同时沙子颗粒小能包裹花生，使花生均匀受热，因此这是利用了沙子比热容小的性质，故C正确； D.热值是描述燃料燃烧放热能力的物理量，沙子不是燃料，不是利用其热值高的特点，故D错误。 故选 C。 4．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。 5．如图甲、乙所示，规格相同的A、B两杯中分别装有300g和400g的牛奶，并用不同加热器同时对其加热，根据所记录的数据分别得到图丙的温度与加热时间的关系图像C和D。已知加热器的加热效率相同， []。则下列说法正确的是（　　） A.加热相同时间时，两杯牛奶将吸收相等的热量 B.若两杯牛奶都从加热5min，A、B两杯牛奶升高的温度之比为3∶4 C.若将A、B两杯中的牛奶都从加热至，需要的时间之比是2∶3 D.甲、乙图中的加热器每分钟放出的热量之比为3∶4 【答案】C 【详解】 A．题目中使用不同加热器，单位时间放出热量不同，且，加热效率相同，因此加热相同时间，两杯牛奶吸收热量不相等，故A错误； B．由丙图得A杯牛奶升高，即每分钟升高 B杯牛奶升高，即每分钟升高 加热，升高温度之比，故B错误； C．A杯牛奶每分钟吸热 B杯牛奶每分钟吸热 从加热到，升高温度 A杯总吸热为，B杯总吸热为，所需时间为 故所需时间之比，故C正确； D．加热器加热效率相同，因此每分钟放出热量之比等于每分钟牛奶吸收热量之比，故D错误。 故选C。 6．将甲、乙、丙三个质量相等的金属块，分别以相同的稳定热源加热，其温度T与加热时间t的关系如图。若加热过程中无热量散失，甲、乙、丙的比热容分别为、、，则下列比热的大小关系何者最合理？（　　） A. B. C. D. 【答案】A 【详解】已知三个金属块质量m相等，使用相同稳定热源加热且无热量散失，因此相同加热时间内三个金属块吸收的热量Q相等，根据吸热公式 变形得比热容公式 ，为温度变化量，当Q、m相等时，比热容c与温度变化量ΔT成反比。 从图像读取加热时间时各金属块的温度，计算温度变化量： 甲：初温，末温， 乙：初温，末温， 丙：初温，末温， 可得温度变化关系 结合得到比热容关系： 故A符合题意，BCD不符合题意。 故选A。 二、填空题 7．由于陆地和海洋的______不同，使得在相同的天气状况下，它们升温和降温的快慢不同，于是空气对流形成风，海边吹的陆风和海风统称“海陆风”。在晴朗的夏季，如图所示风向一般是在______（选填“白天”或者“夜晚”）出现。 【答案】比热容 夜晚 【详解】 根据可知，在相同条件下，海水的比热容和陆地砂石的比热容不同，所以温度变化量不同。 由图可知，陆地温度低、气压高，海洋温度高、气压低，晴朗夏季的夜晚，陆地降温速度比海洋快，所以该风向出现在夜晚。 8．春季出现“倒春寒”的低温天气时，农民常用给秧田灌水的方式以防止秧苗冻坏，这是利用了水的比热容________的特点。某天傍晚在一块稻田里灌入的水，夜晚水的温度降低了5℃，此过程中水放出的热量为________J。[水的比热容] 【答案】大 【详解】水的比热容大，相同质量的水与其他物质相比，降低相同温度时能放出更多热量，避免秧苗因温度过低被冻坏； 根据得水放出的热量 9．用两个相同的酒精灯给质量相同的未知液体和水加热（实验器材和实验环境均相同），它们的温度随加热时间的变化关系如图所示，酒精灯加热是利用______方式改变水的内能。由图可知，水的实验图像是______（“甲”/“乙”），未知液体比热容为______，北方常用热水作为供暖液体主要是利用水的______大的属性。[已知] 【答案】热传递 乙 比热容 【详解】改变物体内能的方式有做功和热传递，酒精灯加热时热量从酒精灯转移到水中，属于热传递方式改变水的内能； 根据公式，质量相同的不同物质吸收相同热量（相同酒精灯相同时间提供热量相同）时，比热容越大，温度升高越慢。水的比热容大于未知液体，因此升温较慢的图像乙对应水。 由图像可知，相同加热时间内（10min），未知液体和水吸收的热量相同、质量相同，未知液体的温度变化，水的温度变化 根据，，即，约去得，代入数据得。 水的比热容较大，相同质量的水与其他物质相比，降低相同温度时能放出更多热量，因此北方供暖利用水的这一属性。 三、实验题 10．烈日炎炎，沙子滚烫，海水却是凉的，小文决定探究该现象的本质原因。 （1）排除干扰：根据烧水多少以及烧开或者烧成温水的经验，可确定同种物质，吸收热量的多少可能与______和______有关。 （2）确定课题：“不同的物质，其他条件相同，那么吸热是否相同呢？”小文用规格相同的白炽灯模拟太阳，对质量相同的水和沙子加热（如图甲所示），箱子规格一致，记录的证据绘制表格（如表格所示），都升高10℃，根据______（选填“加热时间”或“升高的温度”）的多少，可判断水比沙子吸收的热量更______（选填“多”或“少”）。基于物质关于“热”的角度，有这样的特性，科学家把这个特性抽象概括为比热容。 （3）根据如表实验数据： 物质 实验次数 质量m/kg 升高的温度t/℃ 加热时间t/min 水 1 0.1 10 4 2 0.2 10 8 沙子 3 0.1 10 1 4 0.2 20 4 ①分析第1、2次数据可知：同种物质，升高相同温度时，吸收的热量与物体的______有关； ②分析第______、______次实验数据可看出：物质吸收的热量还与物质的种类有关。 （4）如果把“两种液体吸热升温”与“两个容器盛水水面升高”做类比，如图乙所示。则液体的比热容和容器的______（选填“高度”“容积”或“底面积”）类似。 【答案】（1）质量 升高的温度 （2）加热时间 多 （3）质量 1 3 （4）底面积 【详解】（1）根据生活经验：烧更多质量的水升高相同温度，需要吸热更多；升高温度越大，需要吸热越多，因此同种物质吸收热量的多少与质量和升高的温度有关。 （2）本实验用转换法，相同规格的白炽灯相同时间放出热量相同，因此用加热时间反映吸收热量的多少；升高相同温度时，水的加热时间更长，说明水吸收的热量更多。 （3）1、2次实验中，物质种类、升高温度都相同，只有质量不同，吸收热量不同，因此可得：同种物质升高相同温度时，吸收热量与物体的质量有关。 探究吸收热量和物质种类的关系，需要控制质量、升高温度相同，只改变物质种类，因此选择第1、3次实验数据。 （4）类比关系：吸收的热量对应容器加入水的体积，升高的温度对应水面升高高度，由公式和可得，比热容对应容器的底面积，因此比热容和容器底面积类似。 11．早些年的冬天，人们为了御寒，晚上会在玻璃瓶子里装满热水，密封后放在被子里取暖，第二天早上瓶里的水还是温的，可以用来洗手洗脸。 （1）水能够长时间保持较高的温度是由于__________。 （2）如果用浓盐水替代水会不会保温更长时间呢？用日常器具比较水和盐水的比热容大小。 ①如图甲，用两个同样的保温杯分别装入________相同、初温30℃的水和盐水，保温杯敞开口，水和盐水温度随时间变化图像如图乙所示。 ②降低相同温度，杯中盐水与水放出的热量之比为________；由此分析可知使用________的保温时间更长一些。 【答案】（1）水的比热容较大 （2）质量 11∶12 水 【详解】（1）水的比热容大，相同质量的水降低相同温度时，比其他物质放出的热量更多，降温速度更慢，因此可以长时间保持较高温度。 （2）探究不同物质的比热容，需要用控制变量法，控制两种物质的质量、初温相同。 相同保温杯、相同环境下，在相同时间内对外放出的热量相同，由图乙可知，水和盐水都从30℃降低到25℃，降低相同温度，盐水用时33min，水用时36min，放出热量之比等于时间之比，即 根据放热公式 ，m、Δt 都相同时，水放出的热量更多，则水的比热容更大，降温更慢，所以水的保温时间更长。 四、计算题 12．A、B是两个底部装有完全相同的加热器的容器，加热器产生的热量90%可以被容器中的液体吸收，已知加热器每秒钟放出热量为1000J。现将甲、乙两种液体分别倒入A、B杯中，其中甲液体的质量为0.2kg，加热过程中甲、乙两种液体温度随加热时间的变化曲线如图所示。求： （1）加热2分钟时，乙吸收的热量？ （2）甲液体的比热容？ （3）B中乙液体的质量？[] 【答案】（1） （2） （3）0.6kg 【详解】（1）加热器加热2min时，加热器放出热量 则乙液体吸收的热量 （2）由图乙可知，加热20s时，甲液体升高的温度 甲液体在20s内吸收的热量 甲液体的比热容 （3）由图乙可知，加热60s时，乙液体升高的温度 乙液体在60s内吸收的热量 乙液体的质量 13．某种晶体在熔化时变成同温度的液体所吸收的热量与其质量的比值叫作这种晶体的熔化热，用字母表示。现将质量为1kg初温为-20℃的冰块用天然气灶加热，其温度随加热时间变化的关系图线如图所示。已知CD段加热时间是AB段的两倍，相同时间内冰和水吸收热量相同，水的比热容为，天然气的热值为。若BC段消耗的天然气体积为0.021，天然气灶效率为40%，求： （1）CD段水吸收的热量； （2）冰的比热容； （3）冰的熔化热。 【答案】（1） （2） （3） 【详解】（1）由图像可知，CD段水升高的温度 冰熔化为水后质量不变，水吸收的热量 （2）根据题意，CD段加热时间是AB段的两倍，且相同时间内冰和水吸收热量相同，因此AB段冰吸收的热量为 AB段冰升高的温度 冰的比热容 （3）天然气完全燃烧放出的热量 冰熔化吸收的热量 冰的熔化热 第 7 页 共 18 页 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 1.3 比热容 模块一 知识框架 模块二 知识精讲 情景导入 展示图片或视频：炎炎夏日，在海边玩耍时，沙滩上的沙子热得烫脚，而海水却非常凉爽；傍晚时分，沙子很快凉了下来，但海水却仍然暖暖的。 提出问题引发思考：“同样的日照条件，为什么沙子和海水的温度不一样？”“为什么白天沙滩烫脚，傍晚却凉得快，而海水温度变化不大？” 知识归纳 【知识点1 物质的吸热性能】 实验探究：物质的吸热能力 1．物质吸热的多少可以通过加热时间的长短来反映，加热时间长，吸热热量多—— 法； 2．同种物质：烧开一壶水比半壶水需要的时间 ，说明物体吸收热量的多少与质量有关； 把一壶水烧开比烧成温水需要的时间 ，说明物体吸收热量的多少与温度变化有关； 不同物质：方法一：质量相等的两种物质，让它们吸收相同的热量，升高的温度多的，吸热能力 （说明物质吸收热量的多少与物质的种类有关）； 方法二：质量相等的两种物质，让它们升高到相同的温度，加热时间短的，吸热能力 （说 明物质吸收热量的多少与物质的质量有关）。 总结：体质吸收热量的多少与 、 、 有关。 3．为了描述不同物质的吸热性能，引入比热容，即用比热容来不同物质的吸热性能。 【例1】小明和小聪采用如图的相同装置探究“不同物质的吸热能力”。 （1）在涉及多个物理量的变化时，我们常常需要控制变量，因此将不同种类的液体A、B放容器中时需要保证它们的_____相同，除了以上测量工具还需要_____； （2）小明采用的实验方案是使两种液体升高相同的温度，通过比较_____来反映两种液体吸收热量的多少，吸收热量多的液体说明其吸热能力_____（选填“强”或“弱”）； （3）小聪采用了另一种实验方案，发现经过相同加热时间，液体A升高的温度比液体B升高的温度少，说明_____的吸热能力更强； （4）反思实验方案的改进，你认为加热的方式选择下列的_____（填字母代号）更好。 A．用两只相同的酒精灯分别给盛有不同液体的烧杯加热 B．用两只功率相同的电加热器分别浸没在不同液体中加热 【答案】（1）质量 天平和秒表 （2）加热时间 强 （3）A （4）B 【详解】（1）要探究“不同物质的吸热能力”，只需要改变物质的种类，故要保证不同种物质的质量不变。 实验中需要用天平测量质量，用秒表测量加热时间，因此还需要天平和秒表。 （2）当两种液体升高相同的温度时，可以通过比较加热时间来反映两种液体吸收热量的多少，加热时间越长的液体，说明吸收的热量越多，说明其吸热能力强。 （3）相同加热时间，两种液体吸收热量相同，质量相同，升高温度越小，比热容越大，吸热能力越强；A升高温度更少，因此A吸热能力更强。 （4）相同功率的电加热器浸没加热，比酒精灯更易保证相同时间提供相同热量，热量损失更小，实验误差更小，故A不符合题意，B符合题意。 故选B。 【变式1-1】 利用如图甲所示的装置比较不同物质吸收热量的情况。 加热时间/min 0 2 4 6 …… 水的温度/℃ 30 38 46 54 …… 食用油的温度/℃ 30 47 63 80 …… （1）两烧杯中分别装入________（选填“质量”或“体积”）相等的水和食用油。 （2）利用相同的电加热器加热，通过________间接反映水、食用油吸收热量的多少。 （3）根据实验数据绘制温度与时间的关系图像如图乙所示。分析可知________（选填“A”或“B”）是食用油的温度随时间变化的关系图像，________（选填“食用油”或“水”）的吸热能力较强。 【答案】（1）质量 （2）加热时间 （3） A 水 【详解】（1）比较不同物质吸收热量的情况的实验中，故需要控制质量相同，才能通过温度变化比较吸热能力。 （2）相同的电加热器在相同时间内放出的热量相等，所以实验中用加热时间间接反映物质吸收热量的多少。 （3）由表格数据可知，加热时间相同时，食用油升温更快，图乙中A升温更快，故A是食用油的温度变化图像。吸收相同热量时，升温越慢的物质，比热容越大，吸热能力越强，由表格可知水的升温比油的慢，故水的吸热能力更强。 【变式1-2】在探究“不同物质吸热升温特点”实验中，小姜同学用同一装置给水和花生油加热（如图甲所示）。 （1）实验中，水和花生油的体积______（选填“相同”或“不同”），通过______（填“温度的升高多少”或“加热时间长短”）来比较液体吸收热量的多少。 （2）根据实验数据作出两种液体的温度随加热时间变化的图像，如图乙所示，其中吸热本领较强的是______图线（选填“A”或“B”）对应的液体；实验结束后撤去加热装置，______的温度下降得慢（选填“A”或“B”）。 （3）同组的小堰同学设计如下方法来比较比热容的大小：将两块初温均为t1的相同金属块，分别浸没在温度均为t2的水与花生油中__________（选填“可行”或“不可行”），理由是： 。 【答案】（1）不同 加热时间长短 （2） A A （3）不可行 最终金属块和两种液体达到热平衡时温度相同，无法比较‌ 【详解】（1）该实验是探究不同物质吸热升温特点，需用到控制变量法，即控制水和花生油的质量相同。由于水和花生油的密度不同，质量相同时，它们的体积不同。实验使用同一装置加热，在相同时间内两种液体吸收的热量相同，因此通过加热时间长短来比较液体吸收热量的多少。 （2）根据实验数据作出的温度随加热时间变化的图像，吸热本领较强的液体温度升高得慢，所以是A图线对应的液体。比热容大的物质，在放出相同热量时，温度下降得慢。A比热容较大，因此撤去加热装置后，A温度下降较慢。 （3）小堰同学设计的方法不可行，因为用两块初温均为的相同金属块，分别浸没在温度均为的水与花生油中，最终金属块和液体温度会相同，无法根据温度变化来比较比热容大小，要比较的话，应让金属块初温与水、花生油初温不同，观察最终稳定时温度变化情况等合理方法。 【知识点2 比热容】 1．定义：物体吸收的热量与其质量、温度变化的 ，叫这种物质的比热容，用符号 表示； 2．公式： 3．单位： ，读作： 4．理解：比热容是物质的一种特性，只与物质的 和 有关，与物体的质量、温度变化量、吸放热多少等 关。 5．比热容的意义：水的比热容是，表示的物理意义是： 。 6．水比热容大的应用： （1）冷却剂：汽车发动机用水循环冷却（吸热多，温升小）； （2）取暖：暖气片、热水袋中用水作介质（放热多，温降小）； （3）调节气候：沿海地区昼夜温差小，内陆/沙漠地区昼夜温差大； （4）海陆风：白天，陆地升温快（气压低），风从 （海风），夜晚，陆地降温快（气压高），风从 （陆风）。 （5）傍晚给秧苗灌水防冻（水降温慢，放热保护秧苗） 【例2】如图所示，使用相同规格的电加热器分别对质量相同的水和食用油进行加热，已知水的比热容比食用油的比热容大，不计热量损失。下列说法正确的是（　　） A.加热相同的时间，水吸收的热量比食用油吸收的热量多 B.吸收相同的热量，水的温度变化比食用油的温度变化大 C.升高相同的温度，水吸收的热量比食用油吸收的热量少 D.升高相同的温度，给水加热的时间比给食用油加热的时间长 【答案】D 【详解】 A．加热相同时间，相同电加热器放出热量相同，不计热量损失，水和食用油吸收的热量相等，故A错误； B．吸收相同热量（Q相同），m相同，由，c越大，温度变化越小，水的比热容更大，因此水的温度变化比食用油小，故B错误； C．升高相同温度（Δt相同），m相同，由，c越大，吸收热量越多，水的比热容更大，因此水吸收的热量比食用油多，故C错误； D．升高相同温度时，水需要吸收更多热量；相同电加热器，加热时间越长代表吸收热量越多，因此给水加热的时间更长，故D正确。 故选D。 \【变式2-1】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Q相同，质量m相同，煤油Δt更大，比热容c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Q相等，故D错误。 故选C 。 【变式2-2】如图所示是青岛市和济南市年气温变化曲线，造成两城市温度变化不同的原因分析正确的是（　　） A.实线是青岛的，青岛的海水吸收的热量少 B.实线是济南的，济南的砂石吸收的热量多 C.虚线是青岛的，因为海水的比热容比砂石的大 D.虚线是济南的，因为海水的比热容比砂石的小 【答案】C 【详解】由气温变化曲线得出，实线：气温最高值更高、全年温差更大，是济南；虚线：气温变化平缓、温差更小，是青岛。原因是海水的比热容大于砂石、泥土的比热容，青岛是沿海城市，靠近海，气温年温差小，济南是内陆城市，多砂石、泥土，气温年温差大。故ABD错误，C正确。 故选C。 【知识点3 热量的计算】 1．物体在温度变化过程中吸收或放出的热量计算公式： 吸热公式： ，放热公式： （t0表示初温，t表示末温） 无论吸热还是放热，都可统一用公式 计算（Δt表示温度变化） 注意： （1）题目中描述温度变化的词语：升高（了）50℃，表示 为50℃，即 ；升高到50℃，表示 是50℃，即 。 （2）物体在温度变化时，吸收（或放出）热量的多少，与物体的质量、温度变化和物质的比热容 关。 2．热平衡： 两个或多个温度不同的物体相互接触时，热量会从高温物体传递给低温物体。最终，当所有物体的温度都达到相同时，它们之间不再发生热传递，此时我们就说这些物体达到了热平衡。此时Q吸=Q放，即（最终物体温度相同，为t） 【例3】初温为30℃、质量为2kg的水温度升高到50℃时，需要吸收的热量为________J，现在将2kg的水倒掉一半，剩下的水的比热容________（选填“变大”“变小”或“不变”）；水升高温度后比热容________（选填“改变”或“不变”）。[] 【答案】 不变 不变 【详解】根据可得，吸收的热量为 比热容是物质的固有特性，仅与物质的种类和状态有关，与质量无关，因此倒掉一半水后，剩下的水的比热容不变；比热容与物质的温度无关，水升高温度后，其种类和状态均未改变，所以比热容不变。 【变式3-1】甲、乙两物体的比热容之比为2∶1，吸收的热量之比为3∶1时，升高的温度正好相同，则甲、乙两物体的质量之比是________。 【答案】3∶2 【详解】根据吸热公式，变形得到质量的表达式：。由于甲、乙升高的温度相同，，因此两物体的质量之比为，将，代入上式，计算得：，即甲、乙两物体的质量之比为3∶2。 【变式3-2】将质量为300g的铅块加热到88℃，然后投入温度为8℃、质量为130g的煤油中，测出混合后煤油的最高温度为18℃，不计热损失。已知铅的比热容为0.13×103J/（kg·℃），求： （1）铅块放出的热量； （2）煤油的比热容。 【答案】（1） （2） 【详解】（1）铅块放出的热量 （2）因为不计热损失，煤油吸收的热量 煤油的质量为 煤油的温度变化为 煤油的比热容 模块三 课后作业 一、单选题 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．下列现象中，利用水的比热容大这一特性的是（　　） A.夏天在教室洒水降温 B.汽车发动机用水作为冷却液 C.冬天在储存蔬菜的地窖里放水 D.游泳上岸后感觉凉爽 【答案】B 【详解】 A．夏天在教室洒水降温，利用的是水蒸发吸热带走热量，和水的比热容无关，故A不符合题意； B．水的比热容大，和同等质量的其他物质相比，升高相同温度时可以吸收更多热量，故汽车发动机用水作为冷却液，故B符合题意； C．冬天在地窖放水，利用的是水凝固放热，维持地窖温度不会过低冻坏蔬菜，故C不符合题意； D．游泳上岸后感觉凉爽，是因为皮肤表面的水蒸发吸热带走人体热量，故D不符合题意。 故选B。 3．生活中，人们常用干净的沙子炒制花生。这是利用了沙子的（　　） A.熔点低 B.含有的热量多 C.比热容小 D.热值高 【答案】C 【详解】 A．熔点是物质熔化时的温度，炒花生需要沙子保持固态获得较高温度，沙子本身熔点很高，故A错误； B.热量是过程量，是热传递过程中内能的变化量，不能说物体“含有的热量多”，故B错误； C.相同质量的沙子和其他物质相比，吸收相同热量时，比热容更小的沙子温度升高更快，可以更快把热量传递给花生；同时沙子颗粒小能包裹花生，使花生均匀受热，因此这是利用了沙子比热容小的性质，故C正确； D.热值是描述燃料燃烧放热能力的物理量，沙子不是燃料，不是利用其热值高的特点，故D错误。 故选 C。 4．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。 5．如图甲、乙所示，规格相同的A、B两杯中分别装有300g和400g的牛奶，并用不同加热器同时对其加热，根据所记录的数据分别得到图丙的温度与加热时间的关系图像C和D。已知加热器的加热效率相同， []。则下列说法正确的是（　　） A.加热相同时间时，两杯牛奶将吸收相等的热量 B.若两杯牛奶都从加热5min，A、B两杯牛奶升高的温度之比为3∶4 C.若将A、B两杯中的牛奶都从加热至，需要的时间之比是2∶3 D.甲、乙图中的加热器每分钟放出的热量之比为3∶4 【答案】C 【详解】 A．题目中使用不同加热器，单位时间放出热量不同，且，加热效率相同，因此加热相同时间，两杯牛奶吸收热量不相等，故A错误； B．由丙图得A杯牛奶升高，即每分钟升高 B杯牛奶升高，即每分钟升高 加热，升高温度之比，故B错误； C．A杯牛奶每分钟吸热 B杯牛奶每分钟吸热 从加热到，升高温度 A杯总吸热为，B杯总吸热为，所需时间为 故所需时间之比，故C正确； D．加热器加热效率相同，因此每分钟放出热量之比等于每分钟牛奶吸收热量之比，故D错误。 故选C。 6．将甲、乙、丙三个质量相等的金属块，分别以相同的稳定热源加热，其温度T与加热时间t的关系如图。若加热过程中无热量散失，甲、乙、丙的比热容分别为、、，则下列比热的大小关系何者最合理？（　　） A. B. C. D. 【答案】A 【详解】已知三个金属块质量m相等，使用相同稳定热源加热且无热量散失，因此相同加热时间内三个金属块吸收的热量Q相等，根据吸热公式 变形得比热容公式 ，为温度变化量，当Q、m相等时，比热容c与温度变化量ΔT成反比。 从图像读取加热时间时各金属块的温度，计算温度变化量： 甲：初温，末温， 乙：初温，末温， 丙：初温，末温， 可得温度变化关系 结合得到比热容关系： 故A符合题意，BCD不符合题意。 故选A。 二、填空题 7．由于陆地和海洋的______不同，使得在相同的天气状况下，它们升温和降温的快慢不同，于是空气对流形成风，海边吹的陆风和海风统称“海陆风”。在晴朗的夏季，如图所示风向一般是在______（选填“白天”或者“夜晚”）出现。 【答案】比热容 夜晚 【详解】 根据可知，在相同条件下，海水的比热容和陆地砂石的比热容不同，所以温度变化量不同。 由图可知，陆地温度低、气压高，海洋温度高、气压低，晴朗夏季的夜晚，陆地降温速度比海洋快，所以该风向出现在夜晚。 8．春季出现“倒春寒”的低温天气时，农民常用给秧田灌水的方式以防止秧苗冻坏，这是利用了水的比热容________的特点。某天傍晚在一块稻田里灌入的水，夜晚水的温度降低了5℃，此过程中水放出的热量为________J。[水的比热容] 【答案】大 【详解】水的比热容大，相同质量的水与其他物质相比，降低相同温度时能放出更多热量，避免秧苗因温度过低被冻坏； 根据得水放出的热量 9．用两个相同的酒精灯给质量相同的未知液体和水加热（实验器材和实验环境均相同），它们的温度随加热时间的变化关系如图所示，酒精灯加热是利用______方式改变水的内能。由图可知，水的实验图像是______（“甲”/“乙”），未知液体比热容为______，北方常用热水作为供暖液体主要是利用水的______大的属性。[已知] 【答案】热传递 乙 比热容 【详解】改变物体内能的方式有做功和热传递，酒精灯加热时热量从酒精灯转移到水中，属于热传递方式改变水的内能； 根据公式，质量相同的不同物质吸收相同热量（相同酒精灯相同时间提供热量相同）时，比热容越大，温度升高越慢。水的比热容大于未知液体，因此升温较慢的图像乙对应水。 由图像可知，相同加热时间内（10min），未知液体和水吸收的热量相同、质量相同，未知液体的温度变化，水的温度变化 根据，，即，约去得，代入数据得。 水的比热容较大，相同质量的水与其他物质相比，降低相同温度时能放出更多热量，因此北方供暖利用水的这一属性。 三、实验题 10．烈日炎炎，沙子滚烫，海水却是凉的，小文决定探究该现象的本质原因。 （1）排除干扰：根据烧水多少以及烧开或者烧成温水的经验，可确定同种物质，吸收热量的多少可能与______和______有关。 （2）确定课题：“不同的物质，其他条件相同，那么吸热是否相同呢？”小文用规格相同的白炽灯模拟太阳，对质量相同的水和沙子加热（如图甲所示），箱子规格一致，记录的证据绘制表格（如表格所示），都升高10℃，根据______（选填“加热时间”或“升高的温度”）的多少，可判断水比沙子吸收的热量更______（选填“多”或“少”）。基于物质关于“热”的角度，有这样的特性，科学家把这个特性抽象概括为比热容。 （3）根据如表实验数据： 物质 实验次数 质量m/kg 升高的温度t/℃ 加热时间t/min 水 1 0.1 10 4 2 0.2 10 8 沙子 3 0.1 10 1 4 0.2 20 4 ①分析第1、2次数据可知：同种物质，升高相同温度时，吸收的热量与物体的______有关； ②分析第______、______次实验数据可看出：物质吸收的热量还与物质的种类有关。 （4）如果把“两种液体吸热升温”与“两个容器盛水水面升高”做类比，如图乙所示。则液体的比热容和容器的______（选填“高度”“容积”或“底面积”）类似。 【答案】（1）质量 升高的温度 （2）加热时间 多 （3）质量 1 3 （4）底面积 【详解】（1）根据生活经验：烧更多质量的水升高相同温度，需要吸热更多；升高温度越大，需要吸热越多，因此同种物质吸收热量的多少与质量和升高的温度有关。 （2）本实验用转换法，相同规格的白炽灯相同时间放出热量相同，因此用加热时间反映吸收热量的多少；升高相同温度时，水的加热时间更长，说明水吸收的热量更多。 （3）1、2次实验中，物质种类、升高温度都相同，只有质量不同，吸收热量不同，因此可得：同种物质升高相同温度时，吸收热量与物体的质量有关。 探究吸收热量和物质种类的关系，需要控制质量、升高温度相同，只改变物质种类，因此选择第1、3次实验数据。 （4）类比关系：吸收的热量对应容器加入水的体积，升高的温度对应水面升高高度，由公式和可得，比热容对应容器的底面积，因此比热容和容器底面积类似。 11．早些年的冬天，人们为了御寒，晚上会在玻璃瓶子里装满热水，密封后放在被子里取暖，第二天早上瓶里的水还是温的，可以用来洗手洗脸。 （1）水能够长时间保持较高的温度是由于__________。 （2）如果用浓盐水替代水会不会保温更长时间呢？用日常器具比较水和盐水的比热容大小。 ①如图甲，用两个同样的保温杯分别装入________相同、初温30℃的水和盐水，保温杯敞开口，水和盐水温度随时间变化图像如图乙所示。 ②降低相同温度，杯中盐水与水放出的热量之比为________；由此分析可知使用________的保温时间更长一些。 【答案】（1）水的比热容较大 （2）质量 11∶12 水 【详解】（1）水的比热容大，相同质量的水降低相同温度时，比其他物质放出的热量更多，降温速度更慢，因此可以长时间保持较高温度。 （2）探究不同物质的比热容，需要用控制变量法，控制两种物质的质量、初温相同。 相同保温杯、相同环境下，在相同时间内对外放出的热量相同，由图乙可知，水和盐水都从30℃降低到25℃，降低相同温度，盐水用时33min，水用时36min，放出热量之比等于时间之比，即 根据放热公式 ，m、Δt 都相同时，水放出的热量更多，则水的比热容更大，降温更慢，所以水的保温时间更长。 四、计算题 12．A、B是两个底部装有完全相同的加热器的容器，加热器产生的热量90%可以被容器中的液体吸收，已知加热器每秒钟放出热量为1000J。现将甲、乙两种液体分别倒入A、B杯中，其中甲液体的质量为0.2kg，加热过程中甲、乙两种液体温度随加热时间的变化曲线如图所示。求： （1）加热2分钟时，乙吸收的热量？ （2）甲液体的比热容？ （3）B中乙液体的质量？[] 【答案】（1） （2） （3）0.6kg 【详解】（1）加热器加热2min时，加热器放出热量 则乙液体吸收的热量 （2）由图乙可知，加热20s时，甲液体升高的温度 甲液体在20s内吸收的热量 甲液体的比热容 （3）由图乙可知，加热60s时，乙液体升高的温度 乙液体在60s内吸收的热量 乙液体的质量 13．某种晶体在熔化时变成同温度的液体所吸收的热量与其质量的比值叫作这种晶体的熔化热，用字母表示。现将质量为1kg初温为-20℃的冰块用天然气灶加热，其温度随加热时间变化的关系图线如图所示。已知CD段加热时间是AB段的两倍，相同时间内冰和水吸收热量相同，水的比热容为，天然气的热值为。若BC段消耗的天然气体积为0.021，天然气灶效率为40%，求： （1）CD段水吸收的热量； （2）冰的比热容； （3）冰的熔化热。 【答案】（1） （2） （3） 【详解】（1）由图像可知，CD段水升高的温度 冰熔化为水后质量不变，水吸收的热量 （2）根据题意，CD段加热时间是AB段的两倍，且相同时间内冰和水吸收热量相同，因此AB段冰吸收的热量为 AB段冰升高的温度 冰的比热容 （3）天然气完全燃烧放出的热量 冰熔化吸收的热量 冰的熔化热 第 5 页 共 18 页 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $