第1节 热量 比热容（模型与方法）物理人教版九年级全一册

本讲义聚焦“热量 比热容”核心知识点，从热量概念理解切入，通过实验探究比较不同物质吸热情况，进而构建比热容概念，延伸至生活应用（如海陆风）、公式计算（Q=cmΔt）及图像分析，形成从概念到实验、应用再到计算的递进式学习支架。 该资料以16个模型为框架，融合技巧口诀（如“热量本是过程量，传递能量才登场”）与实验指导（模型02强调控制变量法），培养科学探究与科学思维能力。分层练测适配不同学情，课中辅助教师高效教学，课后助力学生通过真题与变式练习查漏补缺，强化物理观念与问题解决能力。

第1节 热量 比热容 ( 模型破解 规范思维路径，强化科学逻辑 …………………………………………………… … ………… 02 ~ 41 模型 0 1. 热量概念的理解 ………………………………………………………………………………… 02 模型02. 实验探究：比较不同物质吸收热量的情况 …………………………………………………… 03 模型03. 比热容概念的理解 ……………………………………………………………………………… 08 模型04. 生活中水的比热容较大的应用 ………………………………………………………………… 10 模型05. 生活中比热容现象解释 ………………………………………………………………… ……… 12 模型0 6 . 海陆风和陆海风的物理解释 …………………… … …………………………………………… 14 模型0 7 . 公式 Q = cmΔt 的适用条件 …………………………………………………………………… … 16 模型0 8 . 利用 公式 Q = cmΔt 计算热量 ……………………………………………………………… …… 17 模型 09 . 比热容的定量计算 ……………………………………… ……………… ……………………… 20 模型1 0 . 不同物质比热容大小的比较 ……………………………………… … ………………………… 22 模型1 1 . 水的沸点不超过 100 ℃ 的计算 ………………………………………………………………… 25 模型1 2 . 温度-时间图像比较物质的吸放热 …………………………………………………………… 27 模型1 3 . 热平衡方程的应用 ……………………………………………………………… ……………… 31 模型1 4 . 热传递方向的判定 ……………… ……………………………………………………………… 33 模型15. 投物降温比热容大小的判断 ……………………………………………………………… …… 35 模型1 6 . 连续倒水升高温度的计算 ……………………………………………………………… ……… 38 真题演练 熟悉考试形式，提升实战能力 ………… …… ……………………………………… … ……… 41 ~ 4 6 分层练测 实现精准提效，最终整体达标 ………………………………………………………………… 4 6 ~ 56 基础夯实 …………………………………………………………………………………… 46 ~ 51 培优拔高 …………………………………………………………………………………… 51 ~ 56 ) 模型01.热量概念的理解 ( 技巧： 热量是 ‌ 热传递过程中传递能量的多少 ‌ ，属于典型的 ‌ 过程量 ‌ ，单位为焦耳（ J ），只能描述 “ 吸收 / 放出热量 ” ，绝对不能说物体 “ 含有 / 具有热量 ” 。 直接用 “ 过程量红线 ” 排除错误选项，凡是出现 “ 物体含有热量 ”“ 温度高的物体热量多 ” 这类表述，直接判定为错误。 口诀： 热量本是过程量，传递能量才登场， 只说吸放不说有，公式辨题不迷茫。 提醒： 热量只存在于热传递过程中，绝对不能说物体 “ 含有/具有热量 ” ，只能表述为 “ 吸收热量 ”“ 放出热量 ” ，这是选择题最高频的易错点。 ) 【例1】以下说法中，正确的是（ ） A.物体吸收热量，温度一定升高 B.物体温度升高一定吸收热量 C.物体温度越高，所含热量越多 D.以上说法都不对 【答案】D 【解析】A.物体吸收热量，温度不一定升高，如品体烙化过程中，不断吸收热量，温度不变，故A错误； B.物体的温度升高，不一定是吸收了热量，也可能是别的物体对它做了功，故B错误； C.热量是过程量，不能说所含热量的多少，故C错误； D.由以上分析得，以上说法都不对，故D正确。 故选D。 【变式1-1】“热”字有多种含义，在物理学中有时表示温度，有时表示热量，有时表示内能。则“物体吸热温度会升高”中的“热“表示的是________；“沸腾的水很热“中的“热“表示的是________。 【答案】热量；温度 【解析】“热”有不同含义，有“温度”“内能”“热量”等多种含义，温度表示物体的冷热程度，内能表示物体具有内能，热量是热传递过程中吸收或放出热量的多少，故物体吸热是指吸收热量，即其中的“热”表示的是吸收的热量。开水很热是指水的温度高，即这里的“热“表示的是温度。 【变式1-2】热传递过程中传递能量的多少叫_________，用符号________表示，其单位是________。热量是过程量，只能说_________或________热量，不能说________或________热量。（后四空均选填“含有”“具有”“吸收”或“放出”） 【答案】热量；Q；焦耳；吸收；放出；含有；具有 【解析】物理学中，热量表示热传递过程中传递能量的多少。 热量用符号Q表示。 热量的单位是焦耳，简称焦，用符号J表示。 由于热传递是过程量，只能说吸收或放出热量，不能说含有或具有热量。 【变式1-3】在“用酒精温度计测量水的温度”实验中，下列说法正确的是（ ） A.若水的温度高，酒精的温度低，热量会从水传递到酒精 B.测量水的温度时，要待温度计示数稳定后再取出读数 C.使用温度计测量温度时，温度计可以当搅拌器使用 D.水的温度越高，水含有的热量越多 【答案】A 【解析】A.热传递时，热量总是从温度高的物体传给温度低的物体，若水的温度高，热量会从水传递到酒精，故A正确： B.用温度计测量液体温度，要待温度计示数稳定后读数，读数时温度计要停留在被测液体内，不能取出读数，故B错误： C.温度计是专门测量液体温度的工具，不能当搅拌器使用，否则温度测量不准确，且可能损坏温度计，故C错误： D.热量是一个过程量，不能说物体“含有”热量，故D错误。 故选A。 模型02.实验探究：比较不同物质吸收热量的情况 ( 技巧： 比较不同物质吸热能力的核心是控制变量法 ‌ ，主要通过控制质量相同、热源相同，观察升高相同温度所需时间或加热相同时间后的温度变化来判断。 ‌‌‌ 1.实验方法 控制变量法： 答题时必须明确写出 “ 控制不同物质的质量、初温相同，仅改变物质种类 ” ，避免出现 “ 体积相等 ” 的错误表述。 转换法考点 ‌ ： 牢记 “ 相同规格热源下，加热时间长短直接反映吸收热量多少 ” ，所有涉及吸热多少的比较题，优先用加热时间作答。 2.实验操作 器材组装顺序 ‌ ： 酒精灯加热场景下，必须按 “ 自下而上 ” 顺序装配，先定酒精灯 外焰位置，再放烧杯、最后调温度计。 （与探究晶体和非晶体的熔化规律、探究水的沸腾特点一样） 搅拌操作目的 ‌ ： 答题直接写 “ 使液体上下温度均匀，受热一致 ” 。 热源选择理由 ‌ ： 选相同规格电加热器 / 酒精灯，目的是 保证相同时间内两种物质吸收的热量相等 。 3.吸热能力 方案一：质量相同的不同物质， 吸收相同热量 （加热相同时间）， ‌ 升高温度越少 ‌ ，吸热能力越强。 方案二：质量相同的不同物质， 升高相同温度 ， ‌ 加热时间越长 ‌ ，吸热能力越强。 ) ( 口诀： 吸热实验两方法，控变转换是核心， 等时比温升温慢，等温比时耗时久， 同规热源时换热，自下而上装器材。 提醒： 绝对不能出现 “ 某物质含有多少热量 ” 的表述，热量是热传递过程中的过程量。 比热容是物质本身特性，跟质量、温度变化、吸放热多少均无关，可直接用此结论排除错误。 ) 【例2】如图所示是小虎在实验室完成“比较不同物质吸热的情况”的实验装置。实验中所选取的电加热器、烧杯、温度计均完全相同。 （1）实验中应量取_________相等的甲、乙两种液体，为了完成该实验，除了图中所示的器材外，还需要增加的测量工具有_________和停表；实验操作过程中，温度计的玻璃泡不能碰到烧杯和_________； （2）甲、乙液体吸收热量的多少可以通过____________来反映； （3）为了比较甲、乙液体的吸热本领，小虎提出两种比较方案： ①让两者升高相同的温度比较加热时间长短 ②让两者加热相同时间比较升高的温度多少 你认为可行的方案是________（选填“①”“②”或“①和②”），但要提示小虎，实验要在两种液体都不发生________现象的前提下进行； （4）根据实验测得的数据，分别描绘出甲、乙两种液体的温度随加热时间变化的图像如图2所示，若加热过程中热量损失忽略不计，分析图像可知两种液体的比热容之比c甲∶c乙=_________。 【答案】（1）质量；天平；电加热器；（2）加热时间的长短；（3）①和②；沸腾；（4）1∶2 【解析】（1）实验时，根据控制变量法可知，要用相同多的不同液体进行实验，质量是反映物体所含物质多少的物理量，所以，要选取质量相等的甲、乙两种液体。测量质量要用天平，故还需要增加的测量工具有天平和停表。温度计使用时，温度计的玻璃泡不能接触容器底和容器壁，同时实验中温度计的玻璃泡还不能碰到加热器； （2）使用相同的加热器加热，相同时间内加热器放出的热量相同，被加热物质吸收的热量就相同，加热时间越长，被加热物质吸收热量越多，故实验中甲、乙液体吸收热量的多少可以通过加热时间长短来反映； （3）比较物质吸热能力的大小，可以使相同质量的不同物质升高相同的温度，比较吸收的热量的多少，吸收热量多的吸热能力强，也可以使相同质量的不同物质吸收相同的热量，比较温度的变化，温度变化小的吸热能力强； 故方案①和②均可。因液体沸腾时温度保持不变，故实验要在两种液体都不发生沸腾现象的前提下进行。 （4）用相同的加热装置给甲、乙两种液体加热，忽略加热过程中的热量损失，电热器放出的热量等于液体吸收的热量，所以两种液体相同的时间内吸收的热量相等，两种液体的质量相同，则根据图乙可知，加热5min时 ， 故： 故答案为：（1）质量；天平；电加热器；（2）加热时间的长短；（3）①和②；沸腾；（4）1∶2。 【变式2-1】小利在烧水和煮豆浆时发现豆浆比水先沸腾。他猜想原因可能是：A.豆浆的沸点比水低；B.豆浆的比热容比水小。于是通过图甲所示的两套相同实验装置进行探究。 （1）烧杯中装有初温和________均相等的水和豆浆。某时刻水中温度计示数如图甲所示，其温度是________℃。 （2）小利根据实验数据绘制了豆浆的温度随时间变化图像a和水的温度随时间变化图像b。如图乙所示，由图像可知，猜想________（选填“A”或“B”）是错误的。水和豆浆升高相同的温度，________吸收的热量多。 【答案】（1）质量；48；（2）A；水 【解析】（1）比较物质的吸热能力，要控制不同物质的质量相同，则烧杯中装有初温和质量均相等的水和豆浆。 如图甲所示，水中温度计分度值为1℃，其示数为48℃。 （2）由图像可知，水和豆浆沸点是相同的，升高相同的温度，加热时间长，吸热多，吸热能力强，猜想A是错误的。 根据图像可知，加热相同时间，豆浆升高的温度大于水升高的温度，由Q=cmΔt可得，水的比热容大，所以水和豆浆升高相同的温度，水吸收的热量多。 【变式2-2】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）常用的液体温度计是根据液体___________原理制成的。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 煤油的温度℃ 10 18 26 34 42 …… 90 【答案】（1）秒表；（2）加热时间；（3）质量；升高的温度；（4）热胀冷缩；B；66；（5）水 【解析】（1）此实验需测量加热时间来间接反映物质吸收热量的多少，所以测量工具是秒表。 （2）相同规格的电加热器在相同时间内放出热量相同，被加热物质加热时间越长，吸收热量越多，因此可通过比较加热时间来比较物质吸收热量的多少。 （3）根据控制变量法，比较不同物质吸热能力时，要控制物质质量相同，所以选取初温不同、质量相同的水和煤油。当它们吸收相同热量时，不同物质升高的温度不同，通过比较升高的温度可判断吸热能力强弱，升高温度低的物质吸热能力更强。 （4）常用液体温度计是根据液体热胀冷缩原理制成；使用温度计测量液体温度读数时，视线应与温度计内液柱的上表面相平，A俯视读数会偏大，C仰视读数会偏小，B的读数方法正确。 图3中温度计的分度值为1℃，示数为66℃。 （5）加热相同时间即水和煤油吸收热量相同，此时水升高的温度比煤油低，所以水的吸热能力更强。 【变式2-3】为了比较液体吸热能力的大小，如图甲所示，小红在两个相同的试管中，分别装入A、B两种液体，将两个试管放入盛有水的同一烧杯中，用酒精灯加热。 （1）分别在试管中装入的A、B两种液体应保证________（选填“体积”或“质量”）相同；当它们吸收热量相同时，通过比较来判断吸热能力的强弱；把两个试管放入水中加热而不直接用酒精灯进行加热，原因是______________。 （2）如图乙所示，实验后绘制了两种液体的温度与时间关系图像。在0~4min内：质量相等的A、B两种液体，吸收的热量________（选填“相等”或“不相等”）； （3）若只能从A或B中选一种液体装人暖手袋中作为供热物质，则应选择________（选填“A”或“B”）液体。 （4）若B是水，则A的比热容为_________J/（kg·℃）[水的比热容为4.2×103J/（kg·℃）]。 （5）小明也做了该实验，但是根据数据作出的图像开始部分并不是直线，导致这一现象的原因可能是___________，为了减小这种影响，请你提出一个可行的方法：___________________________。 【答案】（1）质量；温度变化值；使研究液体受热均匀；（2）相等；B；比热容；（3）B； （4）2.1×103；（5）开始加热时烧杯吸收了部分热量；实验前对烧杯进行预热 【解析】（1）因为该实验是探究比较液体吸热能力大小的，因此根据物理学中控制变量法，在试管中装人A、B两种液体应保证质量相同，当他们吸收热量相同时，通过比较液体升高的温度来判断吸热能力的强弱。将试管放人水中加热可以保证试管中的物质受热均匀。 （2）实验中，用相同的加热装置加热，在0~4min内：质量相等的A、B两种液体，吸收的热量相等，在0~4min内，A、B吸收热量相等，根据Q=cmΔt，m相同，Q相同，B液体温度升高的慢，由可得，Δt小则c大，所以B的吸热能力强，物理学中用比热容描述物质的吸热能力； （3）由题图可知，两种物质温度均升高40℃，质量相等的A、B两种液体，A需要加热4min，B加热8min，则B吸收热量多，吸热能力强，所以应选择B液体装人暖手袋中作为供热物质。 （4）根据Q=cmΔt可知，在质量和升高的温度相同时，比热容和吸收的热量成正比，A、B两种液体吸收热量之比为1∶2，则比热容之比为1∶2，则A液体的比热容： （5）实验时未对烧杯进行预热，会使得烧杯吸收了一部分热量，导致刚开始图像并不是直线。为了减小这种影响，可以在实验前对烧杯进行预热，减少因烧杯吸热对实验的影响。 故答案为：（1）质量；温度变化值；使研究液体受热均匀；（2）相等；B；比热容；（3）B； （4）2.1×103；（5）开始加热时烧杯吸收了部分热量；实验前对烧杯进行预热。 模型03.比热容概念的理解 ( 技巧： 生活化比 ‌ ： 把比热容比作 “ 酒量 ” ，吸收相同热量（喝等量酒），升温慢（反应平缓）的物质比热容更大，比如水就像酒量好的人，沙子像酒量差的人，快速建立直观认知。 特性锚定 ‌ ： 比热容是物质本身的属性，只和物质种类、状态有关，和质量、温度、吸放热多少完全无关，避免被公式 误导。 概念辨析： 直接用 “ 比热容与 Q 、 m 、 Δt 无关 ” 的结论排除错误选项，比如 “ 物体吸放热越多比热容越大 ” 这类表述直接判定错误。 口诀： 海边凉，沙漠烫， c 大温差小模样 ； 水做媒，暖管转，冷却散热它最棒 。 提醒： 比热容是物质的固有特性，仅由 ‌ 物质种类和状态 ‌ 决定，与质量、温度、吸放热多少完全无关，比如一桶水和一杯水的比热容完全相等。 ) 【例3】关于比热容，下列说法中正确的是（ ） A.物质的比热容跟物质吸收或放出的热量有关 B.同温度、同质量的不同物体，比热容大的物体含有的热量多 C.比热容是物质的特性，所以同种物质的比热容一定相同 D.物质的比热容与物质吸、放热及温度和质量都没有关系 【答案】D 【解析】物质的比热容是物质本身的一种属性，大小只与物质的种类和状态有关，与物质吸收或放出的热量大小、温度变化量、质量大小均无关，故A、B均错误，D正确；同种物质，状态不同，比热容也可能不同，例如水和冰的比热容不同，故C错误。 故选：D。 【变式3-1】下列有关比热容的说法中正确的是（ ） A.物体的温度越高，它的比热容越大 B.比热容在数值上等于某种物质温度升高1℃所吸收的热量 C.物体的比热容跟物体吸收或放出的热量有关 D.水的比热容是4.2×103J/（kg·℃），它表示质量为1 kg的水温度升高（或降低）1℃时所吸收（或放出）的热量为4.2×103J 【答案】D 【解析】A选项：比热容是物质的一种特性，它只与物质的种类和状态有关，与物体的温度高低无关，故A错误。 B选项：比热容在数值上等于单位质量的某种物质温度升高1℃所吸收的热量，缺少“单位质量”这个条件，故B错误。 C选项：比热容是物质的固有属性，与物体吸收或放出的热量无关，故C错误。 D选项：水的比热容是4.2×103J/（kg·℃），它表示质量为1 kg的水温度升高（或降低）1℃时所吸收（或放出）的热量为4.2×103J，该说法正确，故D正确。 故正确答案选D。 【变式3-2】下列各种情况下比热容会发生变化的是（ ） A.水凝结成冰 B.一块铁加工成铁屑 C.水杯内的水倒掉一些 D.0℃的水加热成80℃的水 【答案】A 【解析】比热容是物质的一种特性，只与物质的种类和状态有关，与质量、形状、温度等因素无关。 A.水凝结成冰，物质状态发生改变，比热容发生改变，故A符合题意； B.一块铁加工成铁屑，物质的形状发生改变，比热容不变，故B不符合题意； C.水杯内的水倒掉一些，水的质量减少了，但水的比热容不变，故C不符合题意； D.0℃的水加热成80℃的水，水的温度改变了，比热容不变，故D不符合题意。 故符合题意的答案为A。 【变式3-3】依据表格中的数据，下列说法正确的是（ ） 物质 比热容c/[J/（kg·℃）] 水 4.2×103 煤油 2.1×103 砂石 约0.92×103 A.一桶煤油用掉一半，桶内剩余煤油的比热容变小 B.水和砂石吸收相等的热量，水的温度升高得较多 C.水的比热容表示水的温度降低1℃放出的热量是4.2×103J D.质量相等的水和煤油，升高相同温度，煤油吸收热量少 【答案】D 【解析】A.比热容是物质的一种特性，与物质的种类和状态有关，一桶煤油用掉一半，桶内剩余煤油的质量变小但比热容不变，故A错误： B.根据Q吸=cmΔt可知，质量相等的水和砂石吸收相同的热量，水的比热容大于砂石的比热容，水的温度升高得较少，由于不知道质量的大小，无法确定温度的变化关系，故B错误； C.水的比热容是4.2×103J/（kg·℃），它表示质量为1kg的水的温度升高（或降低）1℃，吸收（或放出）的热量是4.2×103J，该选项的叙述漏掉了“质量为1kg的”，故C错误； D.由表格数据可知，水的比热容大于煤油的比热容，水和煤油质量相等、升高相同温度，根据Q=cmΔt可知，煤油吸收热量少，故D正确。 故选D。 模型04.生活中水的比热容较大的应用 ( 技巧： 水的比热容大 ‌ 意味着它吸热或放热时自身温度变化慢，主要用在 ‌ 调节气温 ‌ 、 ‌ 冷却设备 ‌ 和 ‌ 供暖 ‌ 这几方面。 ‌‌‌ 温度变化类： 依据公式 ，按三步表述： ① 控制质量、吸/放热相同； ② 点明水的比热容大； ③ 得出水的温度变化更小的结论，比如解释沿海昼夜温差小的现象。 ‌ 热量对比类： 依据公式 Q = cmΔt ，按三步表述： ① 控制质量、温度变化量相同； ② 点明水的比热容大； ③ 得出水吸/放热更多的结论，比如解释汽车用水做冷却剂的原理。 口诀： 水的比热本领强，两类模板好上场， 温变小了调气候，吸热多了做冷床， 蒸发吸热别乱套，避坑得分不慌忙。 提醒： 警惕 “ 洒水车降温靠水的比热容大 ” 这类错误表述，此场景核心原理是水蒸发吸热，和比热容无关。 区分水的两类应用逻辑：冷却/供暖对应 “ 吸放热多 ” ，调节气候对应 “ 温度变化小 ” ，不要混淆。 ) 【例4】汽车发动机正常工作温度一般在80℃~90℃之间，温度过低或过高，都会损坏发动机，所以要给汽车加冷却液。依据下面表格中数据，判断正确的是（　　） 物质 沸点（在标准大气压下）/℃ 比热容/J/（kg·℃） 水 100 4.2×103 甘油 290 2.1×103 A.应加甘油，因为甘油的沸点比水高 B.应加冷水，因为水的比热容比甘油大 C.应加甘油，因为甘油的比热容比水小 D.应加沸水，因为水沸腾时会吸收大量的热 【答案】B 【解析】由表格数据可知，水的比热容大于甘油的比热容，相同质量的水和甘油相比，升高相同的温度，水吸收的热量多，而沸水温度高于了汽车发动机正常工作温度，所以冷水适合作为汽车发动机的冷却液，故B正确，ACD错误。 故选B。 【变式4-1】寒冷的冬天，人们常用如图所示的暖手宝取暖，暖手宝充入水作为热介质是利用水的__________较大的特性。暖手宝内质量为0.5kg、初温为10℃的水加热到70℃时，水吸收的热量为_________J。[c水=4.2×103J（kg·℃）] 【答案】比热容；1.26×105 【解析】冬天常用一种电热暖手宝，其内部液体通常采用水，这是利用水的比热容较大的特性，因为相同质量的水和其它物质相比，降低相同的温度，水放出的热量较多。 水吸收的热量为： Q吸=c水m水Δt水=4.2×103J（kg·℃）×0.5kg×（70-10）℃=1.26×105J 【变式4-2】水的比热容较大这一特点在日常生活中有广泛的应用，下列事例中属于应用这一特点的是（ ） A.北方冬天菜窖里放几桶水，能有效防止因窖内温度过低冻坏蔬菜 B.炎热的夏天，往室内地面上洒水降温 C.烧水给餐具消毒 D.培育水稻秧苗时往稻田里灌水 【答案】D 【解析】北方冬天菜窖里放几桶水，能有效防止因窑内温度过低冻坏蔬菜，是利用水凝固放热，故A不符合题意；炎热的夏天，往室内地面上洒水降温，是利用蒸发吸热，故B不符合题意；烧水给餐具消毒，是利用高温消毒，故C不符合题意；培育水稻秧苗时往稻田里灌水，夜晚降温，由于水的比热容大，水释放的热量多一些，防止秧苗冻坏，故D符合题意。 故选：D。 【变式4-3】下列实例中没有利用水的比热容较大的是（　　） A.用热水袋取暖 B.夏天往地上洒水降温 C.城市建造人工湖用来降温 D.生物体内水的比例高，有助于调节自身的温度 【答案】B 【解析】A.热水袋用水做取暖物质，是因为水比热容大，在质量、温度变化一定时，可以放出更多的热量，故A不符合题意； B.夏天洒水降温，是利用水蒸发吸热的原理，故B符合题意； C.市建造人工湖调节气温，是利用水比热容大的性质，在吸放热相同时，温度变化小，故C不符合题意； D.水比热容大的性质，在吸放热相同时，温度变化小，所以生物体内水的比例高，有助于调节自身的温度，故D不符合题意。 故选B。 模型05.生活中比热容现象解释 ( 技巧： 生活中比热容现象解释题，核心围绕 ‌ 水的比热容大 ‌ 这一核心特性展开，所有答题都要紧扣公式 Q = cmΔt 做变量控制。 温度变化视角（温差类现象） ‌ ： 按三步表述： ① 明确质量 m 、吸放热 Q 相同； ② 点明水的比热容远大于对比物质； ③ 推导得出水的温度变化 Δt 更小，对应现象如海边昼夜温差小、沙漠昼夜温差大等。 ‌ 热量利用视角（供暖冷却类现象） ‌ ： 按三步表述： ① 明确质量 m 、温度变化 Δt 相同； ② 点明水的比热容远大于对比物质； ③ 推导得出水吸收/放出的热量 Q 更多，对应现象如汽车水冷系统、冬季水暖供暖等。 口诀： 水泥烫脚海风吹，白天沙烫晚裹被 ； 不是太阳偏心眼，比热容小 闹脾气 。 提醒： 先区分现象类型：调节气温类用温度变化逻辑，冷却/供暖类用热量逻辑，避免混淆原理。 必须补全控制变量前提，不能直接只说 “ 水比热容大 ” ，否则答题会丢分。 注意区分蒸发吸热和比热容应用，比如洒水降温属于蒸发吸热，不属于比热容现象，不要误判。 ) 【例5】夏季，混凝土护栏被太阳晒得很热，池塘中太阳下的水却不是很热，主要原因是[c混凝土=0.84×103J/（kg·℃），c水=4.2×103J/（kg·℃）]（ ） A.水不吸热 B.水的比热容大 C.混凝土初温高 D.混凝土的比热容大 【答案】B 【解析】根据可知，太阳照射同样的时间，吸收相同热量，由于水的比热容较大，水的温度升高较小，因此水的温度比混凝土低，所以太阳下的混凝土护栏很热，而旁边池塘里的水却不怎么热，只有B符合题意。 故选：B。 【变式5-1】水的比热容较大这一特点在日常生活中有广泛的应用下列事例中不属于应用这一特点的是（　　） A.培育水稻秧苗时往稻田里灌水 B.炎热的夏天，往室内地面上洒水降温 C.用水来冷却汽车发动机 D.冬天供暖时用水作循环液 【答案】B 【解析】A.因为水的比热容较大，降低相同的温度，水放出的热量多，所以培育水稻秧苗时为了防冻，要向稻田里灌水，故A不符合题意； B.炎热的夏天，往室内地面上洒水，水蒸发会从周围吸热而降低周围环境的温度，不是利用水的比热容大的特点，故B符合题意； C.因为水的比热容较大，升高相同的温度，水吸收的热量多，所以用水来冷却汽车发动机，故C不符合题意； D.因为水的比热容较大，降低相同的温度，水放出的热量多，所以冬天供暖时用水作循环液，故D不符合题意。 故选B。 【变式5-2】如图所示，是同一纬度海拔相近的沿海城市甲和内陆城市乙的年平均气温的变化曲线。下列说法正确的是（ ） A.A是沿海城市的气温变化曲线 B.B是内陆城市的气温变化曲线 C.A气温变化大是因为该地区砂石的比热容大 D.B气温变化小是因为该地区海水的比热容大 【答案】D 【解析】水的比热容比砂石的比热容大。在吸收或放出相同热量的情况下，水的温度变化比砂石小。沿海城市受海水影响，气温变化较小；内陆城市主要由砂石构成，气温变化较大。 A.图中曲线A表示的地区气温变化大，应为内陆城市的气温变化曲线，故A错误； B.图中曲线B表示的地区气温变化小，应为沿海城市的气温变化曲线，故B错误； C.曲线A表示内陆城市，其气温变化大是因为该地区砂石的比热容小，而不是该地区砂石的比热容大，故C错误； D.曲线B表示沿海城市，其气温变化小是因为该地区海水的比热容大，在吸收或放出相同热量时，温度变化小，故D正确。 故选D。 【变式5-3】（多选）小明在海边玩耍，感觉沙滩上的沙子很热，海水却比较凉爽。某天，他从6时到22时对沙子和海水的温度进行了测量，绘成的温度随时间变化图象如图所示。下列分析正确的是（ ） A.早晨6时，海水的温度比沙子高 B.6时到14时，沙子吸收的热量比海水多 C.14 时到22 时，海水降低的温度比沙子小 D.利用此图象可以比较海水和沙子的比热容 【答案】ACD 【解析】A.由图可知，早晨6时，海水的温度为15℃，沙子的温度为10℃，海水的温度比沙子高，故A正确； B.在同一片天空，太阳每小时放出的热量相同，即海水和沙子每小时吸收的热量相同，故6时到14时，沙子吸收的热量和海水吸收的热量相等，故B错误； C.由图可知，在14时海水温度比沙子低，在22时海水的温度比沙子高，故14时到22时，海水降低的温度比沙子小，故C正确； D.利用此图象可知，沙子升温快，降温也快，海水升温慢，降温也慢，温度变化快慢可以反应比热容的大小，故可以比较海水和沙子的比热容，故D正确。 故选ACD。 模型06.海陆风和陆海风的物理解释 ( 技巧： 海陆风和陆海风的核心物理原理是 ‌ 海陆热力性质差异 ‌ ，也就是海水和陆地的 比热容不同 ，引发昼夜温差，进而驱动大气形成局地热力环流。 白天太阳辐射照射下，陆地比热容小，升温速度远快于海洋： 陆地上方的空气受热膨胀上升，近地面形成低压区；海洋升温慢，海面上方空气温度低、密度大，近地面形成高压区；近地面的空气从海洋高压区流向陆地低压区，就形成了从海面吹向陆地的 ‌ 海陆风 ‌ 。 夜晚没有太阳辐射，陆地和海洋同时向外散热： 陆地比热容小，降温速度远快于海洋，近地面空气冷却下沉，形成高压区；海洋降温慢，海面上方空气温度相对更高，受热上升，近地面形成低压区；近地面的空气从陆地高压区流向海洋低压区，就形成了从陆地吹向海面的 ‌ 陆海风 ‌ 。 口诀： 昼吹海风海向陆，夜吹陆风岸向洋， 比热差异生温差，气压差推气流扬 ‌ 。 提醒： 海陆风（白天，海洋 → 陆地） ； 陆海风（夜晚，陆地 → 海洋） 。 ) 【例6】如图为白天海陆风形成的示意图。海陆风形成的原因是：白天在相同日照条件下，与海洋相比，陆地的（　　） A.比热容较小，升温较快，气温较高 B.比热容较小，升温较慢，气温较低 C.比热容较大，升温较快，气温较高 D.比热容较大，升温较慢，气温较低 【答案】A 【解析】白天，在太阳照射下海岸和海水吸收相同的热量，由于水的比热容比泥土、沙石的比热容大，所以海水温度上升较慢；而海岸吸收热量后，温度上升较快，气温较高，热空气上升，微风从海洋吹向陆地，形成海风。故A符合题意，BCD不符合题意。 故选A。 【变式6-1】如图所示的场景发生在炎热的夏天夜晚，此时海水的温度高于陆地的温度，若在图中虚线框内画一个箭头来表示地表附近空气的流动方向，则箭头方向应_______（选填“向左”或“向右”）。 【答案】向左 【解析】如图炎热夏天的晚上，陆地比热容小，降温快，气温低；陆地空气冷却收缩下沉，近地面形成高压；海洋比热容大，降温慢，气温高，海洋近地面空气受热膨胀上升，海面形成低压。根据“气流由高压（低温）区域向低压（高温）区域运动”，空气从陆地（高压）流向海洋（低压），所以箭头方向应向左。 【变式6-2】从海风形成的示意图可知，海风形成的根本原因是：与海洋相比，陆地的（　　） A.比热容较小，在相同日照条件下升温较快，气温较高 B.比热容较小，在相同日照条件下升温较慢，气温较低 C.比热容较大，在相同日照条件下升温较快，气温较高 D.比热容较大，在相同日照条件下升温较慢，气温较低 【答案】A 【解析】与海洋相比，陆地以砂石和泥土为主，砂石和泥土的比热容比水小，在相同的日照条件下，质量相同的砂石、泥土和水，吸收相同热量，根据可知，砂石和泥土比热容小，上升的温度高，此时陆地表面温度比海面温度高，陆地表面的空气温度高，密度小，热空气上升，海面的冷空气吹过来形成海风。故A符合题意，BCD不符合题意。 故选A。 【变式6-3】海陆风是出现于近海和海岸地区的，具有日周期的地方性风。如图所示，是日间海陆风的吹拂方向示意图，请根据水的比热容和泥土、沙石比热容的特点对海陆风日间的吹拂方向进行解释说明。 【答案】见解析 【解析】由于地面和海水的比热容不同，海水的比热容大于陆地的比热容，在同样太阳光的照射下，地面和大海升温和降温的快慢不同，从而使空气形成对流，白天，地面比大海升温快，地面热空气密度较小，热空气上升，海面较冷的空气就会来补充，形成了吹向陆地的海陆风。 模型07.公式Q=cmΔt的适用条件 ( 技巧： 基础前提 ‌ ： 仅适用于 ‌ 无物态变化 ‌ 的过程，也就是不发生熔化、凝固、汽化等相变，且仅存在热传递、无外界做功的场景，此时物体的质量和比热容保持稳定，才能用该公式计算吸放热量。 边界限制 ‌ ： 若过程中出现物态变化，即便温度不变也会伴随潜热吸放，无法用此公式计算对应热量。 口诀： 吸热放热看比热， c m 乘上温差得， 无态变来无做功，公式用对不踩坑。 提醒： 单位必须统一 ‌ ：计算时质量 m 要换算为 kg ，比热容 c 用 J/(kg· ℃ ) ，热量 Q 单位为 J ，避免单位不匹配导致结果出错。 区分温度表述 ‌ ： “ 升高了 / 降低了 ” 直接对应 Δt ， “ 升高到 / 降低到 ” 是末温，需用初末温差算出 Δt 再代入公式。 沸点校验规则 ‌ ：标准大气压下计算水的升温时，要验证末温不能超过 100 ℃ ，超出部分的温度差不能直接代入计算。 吸放热区分 ‌ ：吸热时 Δt = 末温 - 初温，放热时 Δt = 初温 - 末温， Δt 始终取正值。 ) 【例7】一块0℃的冰熔化成0℃的水，它的吸放热情况是（　　） A.吸热 B.放热 C.既不吸热也不放热 D.不能确定 【答案】A 【解析】错解：C 错因：公式Q=cmΔt只适用于物态不发生变化的情况下计算物体的吸热、放热的数值，对于物态变化（固态变为液态、液态变为气态）及气体吸放热情况下均不适用。 0℃的冰熔化成0℃的水属于晶体的熔化，在此过程中尽管温度不变，但晶体需要从外界吸收热量，故正确的选项是A。 【变式7-1】Q=cmΔt各个量的国际单位中，热量Q的单位是__________，比热容c的单位是___________，质量m的单位是__________，升高（或降低）的温度Δt的单位是___________。在物体_______________________时使用这个公式。 【答案】焦耳（J）；J/（kg·℃）；千克（kg）；摄氏度（℃）；因吸放热，引起温度变化 【解析】Q=cmΔt是计算物体吸收（放出）的热量的公式。具体来说，当物体吸热时，物体温度升高（从t0到t），Q吸=cm（t-t0）；当物体放热时，物体温度降低（从t0到t），Q放=cm（t0-t）。在这个公式中，Q代表热量，c代表物体燃烧一定质量所放的热量，单位为J/（kg·℃），m代表质量，Δt代表温度改变值，t代表末温，t0代表初温。 在物体因吸放热引起温度变化时使用公式Q=cmΔt。 故答案为：焦耳（J）；J/（kg·℃）；千克（kg）；摄氏度（℃）；因吸放热，引起温度变化。 【变式7-2】2kg的水，温度从20℃升高到100℃，水的比热容c水=4.2×103J/（kg·℃），求水吸收的热量。 【答案】6.72×105J 【解析】先算温度变化量： Δt=100℃−20℃=80℃ 代入公式Q吸=cmΔt计算： Q吸=4.2×103J/（kg·℃）×2kg×80℃=6.72×105J 【变式7-3】质量为500g的金属块，温度从20℃升高80℃，吸收的热量是5.2×103J，求该金属的比热容。 【答案】0.13×103J/（kg·℃） 【解析】注意“升高80℃”直接是：Δt=80℃，质量换算为0.5kg，变形公式计算： 故答案为：0.13×103J/（kg·℃）。 模型08.利用公式Q=cmΔt计算热量 ( 技巧： 公式速记与变形 ‌ ： 牢记核心公式 Q = cmΔt ，吸热用 Q 吸 = cm ( t - t 0 ) ，放热用 Q 放 = cm ( t 0 - t ) ，可灵活变形求 c 、 m 、 Δt ，实现 “ 知三求一 ” 。 温度表述辨析 ‌ ： 严格区分 “ 升高了 / 降低了 ” 是温度变化量 Δt ， “ 升高到 / 降低到 ” 是末温 t ，避免直接用末温当作变化量计算。 口诀： 热学计算不用慌，核心公式先记牢， ) ( Q 等 c 乘 m 乘 Δt ，吸放温度分低高。 初温末温辨清楚，“到”是末温“了”是差， 单位统一千克制，错了一步全白搭。 提醒： 公式仅适用于无物态变化的场景，若涉及熔化、汽化等过程，需额外计算潜热部分热量。 标准大气压下，水的末温最高不超过 100 ℃ ，计算出的末温超过该值时，要按 100 ℃ 修正结果。 严格区分 “ 热传递吸放热 ” 和 “ 燃料燃烧放热 ” 两类不同公式，不能混淆混用。 ) 【例8】近年来，我市加强了环境的改善和美化：大量种草植树，提高绿地的覆盖率，修建人工湖，扩大水域面积，大大改善了人们的居住环境。若某一人工湖湖水的质量为1.0×107kg，水温升高2℃，[水的比热容为4.2×103J/（kg·℃），沙石的比热容为0.92×103J/（kg·℃）]。请你解答下列问题： （1）湖水吸收了多少热量? （2）若这些热量被同等质量的砂石吸收，则沙石升高的温度为多少？ 【解析】（1）湖水吸收的热量： Q吸=c吸m水Δt=4.2×103J/（kg· ℃）×1.0×107kg×2 ℃=8.4×1010 J （2）若这些热量被同等质量的沙石吸收，则沙石升高的温度为： 【变式8-1】将50g某种固态物质放人加热功率恒定的装置中，对其均匀加热至沸腾，温度随时间变化的关系如图所示，该物质在ab段加热过程中温度________（选填“升高”“降低”或“不变”），内能________（选填“增大”“减小”或“不变”），若该物质液态时的比热容为2.4×103J/（kg·℃），则该物质在ab段吸收的热量为_________J。 【答案】不变；增大；3150 【解析】由图像可知，该物质在ab段是熔化过程，不断吸收热量，内能增加，但温度保持不变。由题知，加热装置的功率恒定，固态时加热时间为4min，液态时加热时间： 19min-11min=8min 该物质处于液态时，初温为50℃，末温为80℃，吸收的热量： Q吸=cmΔt =2.4×10²J/（kg·℃）×0.05 kg×（80℃-50℃）=3.6×103J 加热时间为8min，则1min吸收的热量： 在ab段，加热时间为： 11min-4min=7min 则该过程吸收的热量： Q吸2=Q吸1×7=450J×7=3150J 故答案为：不变；增大；3150。 【变式8-2】甲、乙两物体升高的温度相同，质量之比为3∶2，甲吸收的热量是乙的2倍，则组成甲、乙两物体的物质的比热容之比是（ ） A.2∶1 B.3∶1 C.3∶2 D.4∶3 【答案】D 【解析】已知Δt甲=Δt乙，，，根据比热容公式Q=cmΔt，可得 因此，比热容之比为： 故 ABC不符合题意，D符合题意。 故选D。 【变式8-3】（多选）某实验小组利用酒精灯对500g冰均匀加热，他们每隔相同时间记录一次温度计的示数，并观察物质的状态。如图所示是他们根据记录的数据绘制的温度-时间图像，已知c水=4.2×103J/（kg·°C），由图像可知（ ） A.水升温比冰慢，说明水的比热容比冰大 B.在CD段，水吸收的热量是4.2×104J C.冰在熔化前内能增加4.2×104J D.冰在熔化过程中吸收的热量是1.68×105J 【答案】ABD 【解析】AB段是冰，CD段是水，加热相同的时间，吸收相同的热量，水升温比冰慢，说明水的比热容比冰大，故A符合题意； 在CD段，水在10min内温度升高20℃，吸收的热量： QCD=c水mΔt=4.2×103J/（kg·℃）×0.5 kg×20℃=4.2×103J 故B符合题意； 用相同的酒精灯加热，则单位时间内吸热相同，AB段时间为5min，则AB段冰吸收的热量： 所以冰在熔化前内能增加2.1×104J，故C不符合题意； BC段为冰的熔化过程，持续时间： t=45min-5min=40min 则冰在熔化过程中吸收的热量： 故D符合题意。 故选：ABD。 模型09.比热容的定量计算 ( 技巧： 牢记核心公式 Q = cmΔt ，可借助谐音 “ 吃面条 ” 快速记忆，所有定量计算都可围绕该式展开。 求比热容： ；求质量： ；求温度变化量： 。 口诀： 吸热末减初，放热初减末； Q 等 cmΔt ，温差取正值 。 提醒： 单位强制统一 ‌ ：质量必须换算为 kg ，避免因单位不匹配导致结果偏差。 温度概念区分 ‌ ：明确 “ 升高了 / 降低了 ” 对应 Δt ， “ 升高到/降低到 ” 对应末温，不可直接混用。 状态校验规则 ‌ ：确认物质当前状态，冰、水、水蒸气的比热容数值完全不同；标准大气压下水的末温不可超过 100 ℃ ，需提前校验。 概念误区规避 ‌ ：比热容是物 质固有属性，与 Q 、 m 、 Δt 无关，计算类题目不会单独考查该属性辨析。 ) 【例9】由实验测量可知，质量是100g、初温是24℃的实心金属球吸收了2.3×103J的热量后，温度升高到74℃，则该金属球的比热容是_________J/（kg·℃）。查表可知这种金属可能是_________。 几种物质的比热容[单位：J·（kg·℃）-1] 沙石 约0.92×103 水银 0.14×103 铝 0.88×103 铜 0.39×103 钢铁 0.46×103 铅 0.13×103 【答案】0.46×103；钢铁 【解析】质量是100g、初温是24℃的实心金属球吸收2.3×103J的热量后，温度升高到74℃，则该金属球的比热容是： 由表中数据可知，钢铁比热容是0.46×103J/（kg·℃），所以这种金属可能是钢铁。 故答案为：0.46×103；钢铁。 【变式9-1】如图所示是质量为100g的某物质温度随加热时间的变化图像，前10 min它吸收的热量是8.4×103J[c=4.2×103J/（kg·℃）]。求： （1）前10 min该物质的温度变化是多少？ （2）该物质的比热容； （3）若这些热量全部被水吸收，可让0.5kg的水温度升高多少? 【答案】（1）30℃；（2）2.8×103J/（kg·℃）；（3）4℃ 【解析】（1）由题图可知，前10min该物质的温度变化： Δt=t-t0=50℃-20℃=30℃ （2）该物质质量m=100g=0.1kg，该物质的比热容： （3）由题意可知，水吸收的热量：Q吸水=Q吸=8.4×103J 水升高的温度： 故答案为：（1）30℃；（2）2.8×103J/（kg·℃）；（3）4℃。 【变式9-2】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（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： 【变式9-3】物理兴趣小组的同学在研究“沙子和水谁的吸热本领大”时，选用了两只完全相同的酒精灯分别给质量都是200g的沙子和水加热。他们绘制出沙子和水的温度随加热时间变化的图像如图所示。已知水的比热容是4.2×103J/（kg·℃）。求： （1）甲图和乙图哪个是沙子吸热升温的图像？ （2）加热2min 时，水吸收了多少的热量？ （3）沙子的比热容。 【答案】（1）甲；（2）4.2×104J；（3）0.91×103J/（kg·℃） 【解析】（1）图甲表示的是沙子吸热升温的过程，因为沙子和水的质量相等，吸收相同热量时，沙子的比热容比水小，从公式可知，沙子温度升得多；所以图甲表示的是沙子吸热升温的过程。 （2）由图乙可知，加热2min 时，水的温度从20℃上升到70℃，根据公式求出水吸收的热量： Q水吸=c水mΔt水=4.2×103J/（kg·℃）×0.2kg×（70℃-20℃）=4.2×104J （3）相同时间内酒精灯燃烧放出相同的热量，在2min 内：Q沙吸=Q水吸=4.2×104J 因为加热2min，沙子的温度从20℃上升到250℃，沙子的温度变化： Δt沙=250℃-20℃=230℃ 已知质量m沙=200g=0.2kg 沙子的比热容： 模型10.不同物质比热容大小的比较 ( 技巧： 两大基础方法： ‌ ① 同吸热，比升温 ‌ ： 质量相同的不同物质，吸收相同热量（同一热源加热相同时间），升温越少的物质，比热容越大。速记：吸热一样多，升温慢的 “ 底子厚 ” ，比热容更大。 ‌ ② 同升温，比吸热 ‌ ： 质量相同的不同物质，升高相同温度，吸收热量越多（加热时间越长）的物质，比热容越大。速记：升温一样高，耗时久的 “ 后劲足 ” ，比热容更大。 图像秒杀技巧： ‌ 看斜率 ‌ ： 温度 - 时间图像里，图线越平缓、斜率越小，代表升温越慢，比热容越大。 ‌ 秒选口诀 ‌ ： 谁靠近时间轴，谁的比热容大。 特殊情况： 晶体熔化图像中，相同吸热时长下，固态段升温更快，说明液态比热容大于固态比热容。 ) ( 公式推导技巧： 直接用公式变形 代入对比，质量相同时，比热容和 “ 吸热量/温度变化量 ” 的比值成正比。 口诀： 同质吸热看升温，升温慢者比热深； 同质升温看时辰，时长久者比热稳； 图像平缓靠时间，斜率小的比热大。 提醒： 核心原则 ‌ ：所有比较必须先保证 ‌ 质量相同 ‌ ，再锁定其中一个变量不变，对比另一个变量的差异。 避坑提醒 ‌ ：如果题目没给出质量相等，不能直接下结论，只能判断 “ 可能 ” 的大小关系。 ) 【例10】某学校物理兴趣小组用控制变量的方法比较a、b两种液体的比热容ca和cb。他们在实验室让质量相同的a、b两种液体吸收相同的热量后，液体a的温度从20℃升高到50℃，液体b的温度从10℃升高到70℃，a、b两种液体均未沸腾。由此可知（ ） A.ca>cb B.ca<cb C.ca=cb D.ca=3cb 【答案】A 【解析】ABC.由题意，已知a、b两种液体质量相同，吸收相同的热量，即： ma=mb=m，Qa=Qb=Q a液体吸收热量后，温度变化量： Δta=50℃-20℃=30℃ b液体吸收热量后，温度变化量： Δtb=70℃-10℃=60℃ 由Q=cmΔt，变形得，因为Q、m相同，Δt越大，c越小。由于Δtb>Δta，所以a、b两种液体的比热容ca>cb，故A符合题意，BC不符合题意； D.两种液体温度变化量比值： 则Δtb=2Δta a液体的比热容：，b液体的比热容： 则： 则： ca=2cb 故D不符合题意。 故选 A。 【变式10-1】现有甲、乙、丙三种初温相同的液体，其中甲、乙为质量不等的同种液体，乙、丙为质量相等的不同液体。对这三种液体分别加热，可根据它们吸收的热量和升高的温度，在“温度-热量”图像上分别画出对应的三点甲、乙、丙，如图所示，则甲、丙两种液体的比热容 c甲_______c丙；甲、丙两种液体的质量m甲________m丙。（两空均选填“>”、“=”或“<”） 【答案】<； > 【解析】甲、乙是同种液体，比热容相同，即c甲=c乙；由图像可知，吸收相同热量时，Δt甲<Δt乙，根据Q=cmΔt（Q相同，c相同），可得m甲>m乙。又因为乙、丙质量相等，即m乙=m丙，所以m甲>m丙；从图像看，吸收相同热量时，Δt甲>Δt丙，根据（Q相同），且m甲>m丙，可得c甲<c丙。 【变式10-2】在标准大气压下，水的沸点是100℃，某种牛奶的沸点是102℃。加热条件相同时，加热质量相等，初温相同的水和牛奶，发现牛奶比水先沸腾。根据比热容的定义可知，水和牛奶的比热容（ ） A.水的比热容较大 B.牛奶的比热容较大 C.一样大 D.条件不足，无法比较 【答案】A 【解析】加热条件相同，相同时间内水和牛奶吸收的热量相等。水和牛奶质量相等、初温相同，牛奶比水先沸腾，在标准大气压下，水的沸点为100℃，某品牌牛奶的沸点是102℃，则牛奶达到沸点时升高的温度比水达到沸点时升高的温度大，即Δt奶>Δt水。 牛奶比水先沸腾，说明牛奶所用的时间少，故牛奶达到沸腾时吸收的热量比水少，即Q奶<Q水。 根据比热容公式Q吸=cmΔt可知，水的比热容比牛奶大。故A正确，BCD错误。 故选A。 【变式10-3】质量相等的甲、乙两种不同液体，装在相同的容器中，用相同的电加热器加热，其温度随时间变化的图像如图所示，下列说法正确的是（ ） A.乙物质在1min后可能处于固液共存态 B.甲、乙的比热容之比为2∶1 C.升高相同温度，甲吸收的热量更少 D.3min后甲的内能保持不变 【答案】B 【解析】A.乙是液体，对乙液体加热过程中，不可能出现固液共存态，故A错误； B.由图可知，加热1min，吸收相同的热量，甲升高的温度：50℃-25℃=25℃ 乙升高的温度：75℃-25℃=50℃ 甲乙的质量相等，由可知，比热容和升高的温度成反比，甲、乙的比热容之比： 故B正确； C.用相同的加热器加热时，加热时间相同，吸收的热量相同，由图可知，升高相同的温度，甲加热的时间较长，甲吸收的热量较多，故C错误； D.3min后甲液体吸收热量，温度不变，内能增大，故D错误。 故选：B。 模型11.水的沸点不超过100℃的计算 ( 技巧： 锁定 “ 标准沸点 100℃ （ 101.325kPa ） ” 为基准，通过气压 / 海拔 / 杂质变量修正 。 基准判定 ‌ ： 标准大气压（ 101.325kPa ）下纯水沸点恒为 ‌ 100 ℃ ‌ ；若测得值 ≠ 100 ℃ ，必因气压非标准、含杂质或温度计误差。 数据判读 ‌ ： 沸腾特征是 ‌ 持续吸热但温度保持不变 ‌ ，图像或表格中 “ 水平段 ” 对应的温度即为实测沸点，而非最高温 。 口诀： 压高沸点高，压低沸点低； 标准一百整，偏离看条件。 提醒： 条件遗漏 ‌ ： 回答沸点数值必须隐含或明示 “ 标准大气压 ” 前提；加盐 / 糖等溶质会使沸点 ‌ 升高 ‌ （依数性），非纯水处理时需考虑。 ‌ 逻辑倒置 ‌ ： 是先有气压决定沸点，而非沸点决定气压；实验测得 98℃ 说明当时气压低，不能反推水没烧开。 ‌‌ ) 【例11】甲、乙两金属块的比热容之比是3∶1，质量之比是2∶1，当它们吸收相同的热量时，甲金属块的温度升高了10℃，则乙金属块的温度升高了_______℃。在1个标准大气压下，使3kg温度为60℃的水吸收6.3×105J的热量，水的温度将升高_______℃。[c水=4.2×103J（kg·℃）] 【答案】60；40 【解析】甲、乙两金属块的比热容之比是3∶1，质量之比是2∶1，当它们吸收相同的热量时，甲金属块的温度升高了10℃。 根据Q=cmΔt，可知，即，解得乙金属块的温度升高了Δt乙=60℃。 使3kg温度为60℃的水吸收6.3×105J的热量，水的比热容为c水=4.2×103J（kg·℃），水的温度将升高： 此时水的末温： t=60℃+50℃=110℃ 在1个标准大气压下，水的沸点是100℃，所以水温只能升高到100℃，故水的温度将升高： 100℃-60℃=40℃ 【变式11-1】用相同热源给初温30℃、质量1kg的水加热，若不考虑沸点限制计算得末温120℃。求标准大气压下水的实际末温与实际升高的温度。 【答案】标准大气压下，水实际末温为‌100℃‌，实际升高温度为‌70℃‌‌ 【解析】‌实际末温‌：100℃（受沸点限制，水温达沸点后不再上升，多余热量用于汽化）。 ‌实际升温‌：70℃（由100℃−30℃得出）。 理论计算末温120℃是基于无相变假设，但标准大气压下水的沸点恒为100℃，一旦达到该温度，继续加热仅发生液态到气态的相变，温度保持不变。‌‌ 【变式11-2】木炭燃烧放出4.25×106J的热量，全部被10kg、初温20℃的水吸收，标准大气压下水温最多升高________℃。 【答案】80 【解析】先按公式算出理论值： 但标准大气压下水的沸点是100℃，实际最多升高： 100℃−20℃=80℃ 故答案为：80℃。 【变式11-3】在标准大气压下，质量为1kg，初温为30℃的水吸收2.52×105J的热量后，其温度升高多少℃？末温是多少？（注意条件：在一个标准大气压下，水的沸点是100℃） 【答案】温度升高60℃，末温是90℃ 【解析】已知水的质量m=1kg，初温t0=30℃，吸收的热量Q=2.52×105J，水的比热容c=4.2×103J/(kg·℃)。根据热量计算公式Q=cmΔt，可得温度升高量： 末温：t=t0+Δt=30℃+60℃=90℃ 由于90℃低于标准大气压下水的沸点100℃，水未沸腾，故末温为90℃。 模型12.温度-时间图像比较物质的吸放热 ( 技巧： 控制物质质量、初温相同，使用完全相同的热源，保证相同加热时间内两种物质吸收的热量相等。 先辨坐标轴 ‌ ： 横轴代表加热时间，纵轴代表温度，别把两者物理含义搞混。 转换法核心 ‌ ： 相同规格热源下，加热时间长短直接对应吸收热量多少，时间越长吸热越多。 斜率判能力 ‌ ： 图像升温斜率越大，相同吸热下温度变化越快，物质比热容越小、吸热能力越 弱。 口诀： 轴先看明，斜大比小，等时比温，温小能强， 等温比时，时长吸多，熔吸凝放，恒温不忘。 提醒： 质量前提 ： 所有吸放热比较结论，都建立在 “ 质量相等 ” 的前提上，忽略质量直接判能力必错。 公式校验 ‌ ： 用 Q = cmΔt 反向推导，避免仅凭图像斜率直接下结论，忽略质量差异。 状态 修正 ‌ ： 涉及熔化、凝固过程时，不能用单一升温 / 降温段的斜率直接计算全程比热容。 ) 【例12】（2025·四川成都）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c水=4.2×103J/(kg·℃)，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2.8×103J/(kg·℃) B.液体M放热能力比水放热能力强 C.在t2~t4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 【解析】A.由图可知，上面物质的熔化图像中，熔点为0℃，下面物质的熔化图像中，熔点为-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Q水=QM 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： c水m水Δt水= cMmMΔtM 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t2~t4时间段处于熔化过程中，是固液共存状态，水在t3~t4时间段处于熔化过程中，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12-1】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.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。 【变式12-2】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=4.2×103J/(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2.1×103J/(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 【解析】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。 【变式12-3】（2025·广东深圳）蓄冷剂是食品运输和保鲜过程中的重要降温试剂。现有A、B两种蓄冷剂，财财同学和明海同学为了探究其蓄冷效果，进行了如下的实验探究：财财首先将质量均为100g的两种蓄冷剂分别装入完全相同的冰袋中，标明A、B，放入冰箱中冷冻为温度相同的固体。在容器1、2中分别加入质量为500g且温度相同的水，将冰袋从冰箱中拿出放入水中，并用隔热材料密封。明海同学通过温度传感器每隔一定时间测量蓄冷剂及水的温度，如图是明海记录的A、B两蓄冷剂及容器①、②中水的温度随时间的变化曲线。 （1）露露同学发现：蓄冷剂熔化前温度在升高，其分子热运动速度变_________； （2）0~t1，水和蓄冷剂之间发生热传递，宇婷同学说其热传递方向为___________________； （3）0~t1，蓄冷剂_________吸热更快； （4）t1~t2，容器①中水的温度降低10℃，若热量全部被冰袋吸收，经过计算，汉欢同学发现每克蓄冷剂A吸收的热量为___________； （5）汉欢同学在深圳市内配送蛋糕时，选择蓄冷剂________更好，理由是_____________________。 【答案】（1）大；（2）从水到蓄冷剂；（3）A；（4）210J；（5）A；见解析 【解析】（1）分子的热运动与温度有关，温度越高，分子热运动越剧烈，分子热运动速度越快。蓄冷剂熔化前温度在升高，所以其分子热运动速度变快。 （2）热传递的条件是存在温度差， 热量总是从温度高的物体传递到温度低的物体。 由图像可知，0~t1​，水的温度高于蓄冷剂的温度，所以热传递方向为水向蓄冷剂传递热量。 （3）根据题图可知：0~t1，容器①中水温下降更快，容器中水的质量和初温均相同，则在相同的时间内容器①中水放热更多，而水所放热被蓄冷剂吸收，说明蓄冷剂A吸热更快。 （4）水的温度降低10℃，水放出的热量为： Q放=cmΔt=4.2×103J/(kg·℃)×0.5kg×10℃=2.1×104J 若热量全部被冰袋吸收，每克蓄冷剂A吸收的热量为： （5）由图像可知，在相同时间内，蓄冷剂A使水的温度降低得快，蓄冷剂B使水的温度降低得慢，所以在深圳市内配送蛋糕时，选择蓄冷剂A更好，理由是蓄冷剂A能更快降温，更好地保证蛋糕的品质。 考点13.热平衡方程的应用 ( 技巧： 热平衡方程核心为 ‌ Q 吸 = Q 放 ‌ ，仅适用于 没有热量损失的情形 ，热传递终止时系统内各物体温度一致，是初中物理热学计算的核心依据。 涵盖冷水热水混合升温、燃料燃烧放热给水加热、金属淬火降温、太阳能热水器热量利用等题型，可通过已知量反推未知的质量、比热容、温度参数。 口诀： 绝热系统热交换，吸放热量等号连， 温同停传无损耗，未知参数直接算。 提醒： 物态变化校验 ‌ ：先判断高温物体放出的热量能否让低温物体完全相变，比如冰块是否能全部熔化，避免算出不合理的零下温度。 ‌ 单位统一校验 ‌ ：所有物理量统一为国际单位，质量单位不能在公式两边混用克和千克，避免出现千倍级计算误差。 ‌ 隐含条件校验 ‌ ：标准大气压下，水的末温不能超过 100 ℃ ，若计算结果超出该值，需重新修正热平衡关系。 ) 【例13】锻造铁质工具时要“淬火”以提高工具的硬度。现将一质量为420g温度为550℃的烧红的铁件立即放入5kg温度为30℃的水中淬火，热平衡后温水升高到________℃（铁的比热容为0.46×103J（kg·℃），水的比热容为4.2×103J（kg·℃），假设整个过程没有热量散失） 【答案】34.74 【解析】铁件放入水中时，铁件会放出热量，而水会吸收热量，直到两者的温度达到相同，即达到热平衡状态。 首先，计算铁件放出的热量。 根据放热公式Q放​=cmΔt，铁件放出的热量Q放=c铁m铁(t0铁-t)，其中，c铁是铁的比热容，m铁是铁件的质量，t0铁是铁件的初始温度，t是热平衡后的温度。 水吸收的热量Q吸=c水m水(t-t0水)，其中，c水是水的比热容，m水是水的质量，t0水是水的初始温度，t同样是热平衡后的温度。 由于题目中假设整个过程没有热量散失，所以铁件放出的热量等于水吸收的热量，即：Q放=Q吸 c铁m铁(t0铁-t)= c水m水(t-t0水) 0.46×103J/(kg·℃)×0.42kg×(550℃-t)=4.2×103J/(kg·℃)×5kg×(t -30℃) t≈34.74℃ 【变式13-1】某同学将一杯质量是200g、温度是5℃的冷水和一杯质量是100g、温度是95℃的热水兑在一起，混合后水的温度是多少？（不考虑热量损失） 【答案】水混合后的温度为35℃。 【解析】热传递过程中高温物体放出热量，低温物体吸收热量，直到最后温度相同。知道热水的质量和初温、冷水的质量和初温，又知道水的比热容，利用热平衡方程Q吸=Q放求水混合后的温度。 设冷水温度从t01升高到t，吸收的热量为Q吸；热水温度从t02降低到t，放出的热量为Q放； 由于不计热损失，可得：Q吸=Q放， 即：cm1(t-t01)=cm2(t02-t) 即：4.2×103J/(kg•℃)×0.2kg×(t-5℃)=4.2×103J/(kg•℃)×0.1kg×(95℃-t) 解得：t=35℃ 答：水混合后的温度为35℃。 【变式13-2】工匠用钢铁打制工具时，有一个重要流程叫“淬火”，把刚打制成型的工具放到炉火中充分煅烧，然后将其迅速放入水中骤冷，现有一成型的合金钢工具的质量为0.5kg，温度为28℃，放入828℃的炉火中煅烧足够长时间，迅速取出放入5kg、20℃的水中冷却，最后与水达到共同的温度，淬火后水的温度为________℃。[不计热量损失，c水=4.2×103J（kg·℃），c合金=0.42×103J（kg·℃）] 【答案】28 【解析】不计热量损失，合金钢制工具放入水中后放出的热量等于水吸收的热量，即Q吸=Q放，设淬火后水的温度为t，则有： c合金m合金（t0-t）= c水m水（t-t0′） 淬火后水的温度： 【变式13-3】把加热到100℃的某铁块投入m1克20℃的水中，稳定后混合温度为40℃；把加热到100℃的该铁块投入m2克20℃的水中，稳定后混合温度为60℃；如果把同样加热到100℃的该铁块投入（m1+m2）克40℃的水中，则稳定后混合温度为（不计热量损失）（　　） A.48℃ B.50℃ C.52℃ D.62℃ 【答案】C 【解析】根据题意，把加热到100℃的某铁块投入m1克20℃的水中，稳定后混合温度为40℃，根据热平衡方程可得： c铁m铁（100℃-40℃）=c水m水（40℃-20℃）…………………………① 把加热到100℃的该铁块投入m2克20℃的水中，稳定后混合温度为60℃，同理可得： c铁m铁（100℃-60℃）=c水m水（40℃-20℃）………………………… ② 解①②可得： :…………………………………………③ 设稳定后混合温度为t，把同样加热到100℃的该铁块投入（m1+m2）克40℃的水中，则有： c铁m铁（100℃-t）=c水（m1+m2）（t-40℃）…………………………④ 解③④可得：t=52℃ 故ABD不符合题意，C符合题意。 故选C。 模型14.热传递方向的判定 ( 技巧： 公式依据： Q = cmΔt ⇒ ；当 m 、 Q 相同时， c 越小， Δt 越大。 吸热小传大 ‌ ：质量、初温相同， 吸收 相同热量后接触，热量从 ‌ 比热容小 ‌ 的物体传向 ‌ 比热容大 ‌ 的物体（因 c 小者升温多、末温高）。 c 小 ​ 升温多 → 末温高 → 热量由 c 小 ​ 传向 c 大 ​ 。 ‌ 放热大传小 ‌ ：质量、初温相同， 放出 相同热量后接触，热量从 ‌ 比热容大 ‌ 的物体传向 ‌ 比热容小 ‌ 的物体（因 c 大者降温少、末温高）。 ‌ c 大 ​ 降温少 → 末温高 → 热量由 c 大 ​ 传向 c 小 ​ 。 口诀： 吸热小传大 ， 放热大传小 。 缺失 警告：若 ‌ 初温不同 ‌ 或 ‌ 吸放热量不等 ‌ ，该口诀失效，必须直接比较接触瞬间的实际温度。 ‌ 提醒： 严禁用 “ 内能大小 ” 、 “ 质量大小 ” 直接判断方向。注意题目是 “ 吸收热量后接触 ” 还是 “ 放出热量后接触 ” ，这决定了 Δt 是加还是减。 “ 足够长时间加热 ” 通常意味着初温等于环境温度（如沸水温度），需先统一初温再算变化。 ‌‌ ) 【例14】质量和初温相同的两个物体（ ） A.吸收相同热量后，比热容大的物体温度较高 B.放出相同的热量后，比热容小的物体温度较高 C.吸收相同的热量后，比热容较小的物体可以传热给比热容较大的物体 D.放出相同的热量后，比热容较小的物体可以向比热容较大的物体传热 【答案】C 【解析】本题围绕比热容与热传递的规律展开分析，解题的关键点是利用吸热、放热公式推导温度变化量，结合热传递的条件（热量从温度高的物体传向温度低的物体）判断选项正误。 回忆热量计算公式： 物体吸放热的核心公式为：吸热时：Q吸=cmΔt升，变形可得温度升高量： 放热时：Q放=cmΔt降，变形可得温度降低量： 题目中两个物体质量m和初温t0完全相同。 分析选项A.两个物体吸收相同热量、质量相同时，根据，比热容c越大的物体，温度升高量Δt升越小。末温t=t0+Δt升，因此比热容大的物体末温更低，A选项错误。 分析选项B.两个物体放出相同热量、质量相同时，根据，比热容c越小的物体，温度降低量Δt降越大。末温t=t0-Δt降，因此比热容小的物体末温更低，B选项错误。 分析选项C.两个物体吸收相同热量、质量相同时，比热容小的物体温度升高量更大，结合相同的初温，比热容小的物体末温一定高于比热容大的物体的末温。根据热传递的条件，热量会从温度更高的比热容小的物体，传递给温度更低的比热容大的物体，C选项正确。 分析选项D.两个物体放出相同热量、质量相同时，比热容小的物体温度降低量更大，结合相同的初温，比热容小的物体末温一定低于比热容大的物体的末温。热量只能从温度更高的比热容大的物体传递给温度更低的比执容小的物体，因此比热容小的物体无法向比热容大的物体传热，D选项错误。 故选C。 【变式14-1】质量相同的铜块与铅块，升高相同的温度，吸收的热量之比是3∶1，则铜与铅的比热容之比是________，若铜块与铅块升高相同的温度，吸收的热量相等，则它们的质量之比为________。若质量和初温相同的铜块和铅块放出相同热量后，让它们接触，热量从________块传递到________块。 【答案】3∶1；1∶3；铜；铅 【解析】质量相同的铜块与铅块，升高相同的温度，吸收的热量之比是3∶1，根据可知，铜与铅的比热容之比： c铜∶c铅=Q铜∶Q铅=3∶1 若铜块与铅块升高相同的温度，吸收的热量相等，根据可知，它们的质量之比： m铜∶m铅=c铜∶c铅=1∶3 质量和初温相同的铜块和铅块放出相同热量后，根据可知，铜降低的温度小于铅降低的温度，则铜的末温高于铅的末温，所以让它们接触，热量从铜块传递到铅块。 故答案为：3∶1；1∶3；铜；铅。 【变式14-2】质量相等、初温相同的铝块与铜块，吸收了相同的热量后（c铝>c铜），当两者相互接触时，下列说法正确的是（ ） A.热量是从铜块向铝块传递 B.热量是从铝块向铜块传递 C.铝与铜上升的温度相同 D.条件不足，不能比较 【答案】A 【解析】本题结合吸热公式和热传递条件分析： 由吸热公式Q吸=cmΔt可知，质量m相同的不同物质，吸收相同热量Q吸时，升高的温度Δt与比热容c成反比。由于c铜<c铝，因此铜块升高的温度大于铝块升高的温度。 两者初温相同，铜块升温更多，因此铜块末温高于铝块末温。热传递的条件是物体间存在温度差，热量会从高温物体向低温物体传递，因此接触后热能从铜块向铝块传递。 选项分析： A选项：符合推导结论。 B选项：热传递方向与实际相反。 C选项：两者比热容不同，升高的温度不相等。 D选项：已知条件充足，可确定热传递方向。 故正确答案选A。 【变式14-3】质量和初温都相同的实心铁块和铜块（c铁>c铜），放出相同的热量后，把它们相互接触，则下列判断中正确的是（　　） A.热量由铁块传给铜块 B.热量由铜块传给铁块 C.两者之间不发生热传递 D.条件不足，无法判断 【答案】A 【解析】①由放热计算公式Q放=cmΔt可知，质量相同的不同物质，放出相同的热量，比热容大的温度变化量小，比热容小的温度变化两大； ②温度不同的两个物体相互接触时，内能可以从高温物体转移到低温物体。 ∵ 实心铁块和铜块的质量m相同，c铁>c铜，铁块与铜块放出的热量Q相同，Q放=cmΔt ∴ 由可知，Δt铁＜Δt铜 ∵ 铁块与铜块的初温t0相等 ∴ 铁块的末温大于铜块的末温 铁块与铜块接触后，热量由铁块传给铜块。 故选A。 模型15.投物降温比热容大小的判断 ( 技巧： 水温降 低 幅度相同 → 物体吸热相同；质量相等时，物体升温越少（末温越低），比热容越大； 后投入者通常比热容更大 ‌ 。 ‌‌ 控制变量前提 ‌ ：同一杯水、水的质量不变、每次水温降低量相同 → 水放出热量 Q 放 相同 → 物体吸收热 ) ( 量 Q 吸 ​ 相同（不计热损）。 ‌ 比较关键量 ‌ ：在 m 物 和 Q 吸 ​ 相同条件下， ‌ 物体升高的温度 Δt 物 越小，比热容 c 越大 ‌ 。 ‌ 核心结论 ‌ ：物体先后投入同一杯热水中，若每次水温降低幅度一致， ‌ 后投入的物体比热容通常大于先投入者 ‌ （因其初温更低或需从更低起点升温至平衡态，实际 Δt 更小）。 ‌‌ 口诀： 升温少，容更大 ‌ ： 吸热同、质量同，温度变化小的比热容大。 ‌ 后投者，容更大 ‌ ： 连续投入同一热源（水），后投入物体通常比热容更大。 ‌‌ 提醒： 必须确认 “ 水降温幅度相同 ” 这一前提，否则无法直接推导吸热相等；若题目未明确不计热损，结论可能存在偏差。 ) 【例15】有两只温度和质量都相同的金属球A和金属球B，先将球A放入盛有热水的杯中，热平衡后水的温度降低了3℃；把球A取出，再将球B放这个杯中，热平衡后，水的温度又降低了3℃，则球A和球B的比热容大小关系为（　　） A.球A大 B.球B大 C.一样大 D.无法确定 【答案】B 【解析】可设球A和球B的质量为m，初温为t，比热容分别为cA、cB，水的质量为m水，初温为t0。 若将A放入水中，A吸热，水放热，热平衡后，设混合温度为t1，依据Q吸=Q放有： cAm（t1-t）=c水m水（t0-t1） 若将A取出，再将B放入，B吸热，水放热，设热平衡后混合温度为t2，则： cBm（t2-t）=c水m水（t1-t2） ∵t0-t1=t1-t2=3℃，又∵cAm（t1-t）=cBm（t2-t），且t1>t2 ∴（t1-t）＞（t2-t），故cA<cB，故选项B正确。 【变式15-1】有甲、乙两个温度和质量都相同的金属球，先把甲球放入盛有热水的杯中，热平衡后水温降低了Δt把甲球取出，再把乙球放入杯中，热平衡后水温又降低了Δt，则两球比热容的大小关系是（ ） A.c甲> c乙 B.c甲< c乙 C.c甲= c乙 D.无法判断 【答案】B 【解析】因两次达到“热平衡”时水降低的温度相同，则水放出的热量相等，根据题中信息可知，甲、乙两球吸收的热量一定相等。又因为后一次“热平衡”后的温度一定低于前一次“热平衡”后的温度，即乙球的末温低于甲球的末温，而两球的初温相同，所以乙球升高的温度比甲球升高的温度要小。根据以上结论和公式Q吸＝cmΔt可推知，乙球的比热容一定比甲球的比热容大。 故选B。 【变式15-2】两实心金属球初温、质量均相等，分别为20℃和2kg，先把甲球放入盛有热水的杯中，热平衡后水温度降低了30℃，把甲球取出，再将乙球放入杯中，热平衡后水温又降低了30℃，则甲球的比热c 甲 和乙球的比热c 乙 的大小关系是（　　） A.c 甲>c 乙 B.c 甲<c 乙 C.c 甲=c 乙 D.以上三种情况都有可能 【答案】B 【解析】先判断出在达到热平衡时，A、B两球哪个温度变化大，再判断物质比热的大小。 甲、乙两球温度相等，设为t0，设开始时水温为t。 甲在水中达到热平衡后温度变化了：Δt甲=t-30℃-t0， 乙在水中达到热平衡后温度变化了：Δt乙=t-30℃-30℃-t0=t-60℃-t0 所以Δt甲>Δt乙 在这两种情况下，水释放出的热量：Q= c水m水Δt水=30℃c水m水相等 而Q= c甲m甲Δt甲，Q= c乙m乙Δt乙 又因为m甲=m乙，Δt甲>Δt乙，所以c甲<c乙 故选B。 【变式15-3】有两只温度和质量都相同的金属球A和金属球B，先将A球放入盛有热水的杯中，热平衡后水的温度降低了30℃；把A球取出，再将B球放入这个杯中，热平衡后水的温度又降低了10℃，则球A和球B的比热容大小关系是（ ） A.球A大 B.球B大 C.一样大 D.都有可能 【答案】D 【解析】分析水放出的热量：根据公式Q放=c水m水Δt，水的比热容c水和质量m水不变，第一次水温降低Δt1=30℃，第二次降低Δt2=10℃，因此水放出的热量之比： Q放1∶Q放2=Δt1∶Δt2=3∶1 分析金属球吸收的热量：由题意可知金属球吸收的热量等于水放出的热量（Q吸=Q放），所以金属球A与B吸收的热量之比： Q吸A∶Q吸B=Q放1∶Q放2=3∶1 分析金属球升高的温度：两球初始温度相同，设为t0。A球放入后，热平衡时A的温度等于此时水温（原水温−30℃）；取出A后放入B，热平衡时B的温度等于此时水温（原水温−30℃−10℃=原水温−40℃）。因此A升高的温度： ΔtA=（原水温−30℃）−t0 B升高的温度： ΔtB=（原水温−40℃）−t0 可得：ΔtA>ΔtB 比较比热容：根据比热容公式，两球质量m相同，Q吸A=3Q吸B，且ΔtA>ΔtB，则： ， 两式相除得： 由于ΔtA>ΔtB，的取值范围无法确定（可能大于、小于或等于1），因此无法比较A、B两球的比热容大小。 故答案选D。 模型16.连续倒水升高温度的计算 ( 技巧： 基于 ‌ 热平衡方程 Q 吸 = Q 放 ‌ （不计热损），每次倒入需重新建立混合前后的能量守恒关系，升温幅度随容器内总质量增加而递减。 ‌‌ 基础热平衡 ‌ ： cm 热 ( t 热 ​− t 混 ​ )= cm 冷总 ​( t 混 ​− t 冷初 ​) ，比热容 c 可约去，简化为质量与温差乘积相等。 ‌ 递推特征 ‌ ：第 n 次倒水后，容器内总质量变为 m 原 ​+ nm 杯 ​ ，导致后续每次相同质量热水带来的温升 Δ t n ​ 逐渐减小。 ‌ 关键变量 ‌ ：冷水初始质量 M 、单杯热水质量 m 、热水与冷水初始温差 Δ t 0 ​= t h ​− t c ​ 。 ‌‌ 口诀 ： 一倒一算列等式 ‌ ： 每次倒水单独列 Q 吸 ​= Q 放 ​ ，勿混总质量； ‌ 质量随次加一杯 ‌ ： 第 n 次平衡时，冷侧总质量为 M +( n −1) m ； ‌ 升温幅度逐渐小 ‌ ： 因分母（总热容）增大，同量热水贡献温差递减； ‌ 两式相除消未知 ‌ ： 常通过前两次方程相比，直接求质量比，免求绝对温度 。 ‌‌ 提醒： 切勿忽略质量变化 ‌ ：第二次及以后计算吸热时， m 吸 必须是 ‌ 容器内当前所有水的总质量 ‌ （原冷水 + 已倒入热水），仅用原冷水质量会导致错误。 ‌ 明确温差对象 ‌ ：热水放热温差是 ‌ 热水初温与本次混合后末温之差 ‌ ，不是热水初温与冷水初温之差；随着混合液温度升高，热水放热温差逐次减小 。 ) 【例16】将一杯热水倒入容器内的冷水中，冷水温度升高10℃，又向容器内倒入同样一杯热水，冷水温度又升高6℃，若再向容器内倒入同样一杯热水，则冷水温度将再升高（不计热损失）（　　） A.4.5℃ B.4℃ C.3.5℃ D.3℃ 【答案】B 【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，度使得冷水温度升高了10℃ ∴Q吸=Q放 从而可知： cm0（t-t0）=cm×10℃………………………………① 又向保温容器中倒入一小杯同质知量为m0同温度的热水，水温又上升了6℃，Q吸=Q放， 从而可知： cm0（t-10℃-6℃）=c（m+m0）×6℃…………………② 则①-②得： 6℃×cm0=10℃×cm-6℃×cm-6℃×cm0 整理得：12℃×cm0=4℃×cm 解得：m=3m0 代入①式可得：t=40℃ 假设我们将全部热水一次性注入，则由热平衡方程可知： 3m0c（40℃-Δt）=mcΔt，m=3m0 联立两式解得：Δt=20℃； 则注入后3杯水后，水温还会上升：20℃-10℃-6℃=4℃ 【变式16-1】将质量为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°C，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2.5C，不计热量的损失，则m0∶m=_________。 【答案】1∶10 【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℃，根据Q吸=Q放，可知： cm×3℃=cm0(t−3℃)…………………………………………① 又向保温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2.5℃，同理可知： c(m+m0)×2.5℃=cm0(t−3℃−2.5℃)…………………………② 则①−②得： 2.5℃cm0=3℃cm−2.5℃cm−2.5℃cm0 整理得： 5℃cm0=0.5℃cm 则： 故答案为：1∶10。 【变式16-2】将一杯热水倒入容器内的冷水中，冷水温度升高10℃，又向容器中倒入同样一杯热水，冷水温度升高7℃，若在向容器内倒入同样一杯热水，则冷水温度将会升高（不计热损失）（ ） A.10℃ B.4℃ C.6℃以上 D.6℃以下 【答案】D 【解析】设冷水质量为M，初始温度为T0，热水质量为m，温度为Th。根据热量守恒： 第一次倒入：冷水升温10℃，混合温度为T0+10 m(Th−T0−10)=10M 第二次倒入：冷水再升温7℃，总温度为T0+17。此时冷水质量为M+m，热平衡方程为： (M+m)×7=m(Th−T0−17) 联立两方程可得：， 第三次倒入：冷水质量为M+2m，温度为T0+17。设升温x，热平衡方程为： 代入，解得： 因此，第三次升温为5.17℃，属于6℃以下，选D。 【变式16-3】将一杯热水倒入容器内的冷水中，冷水温度升高10℃，又向容器内倒入同样一杯热水，冷水温度又升高6℃，若再向容器内倒入同样三杯热水，则冷水温度将再升高多少℃？ 【答案】9 【解析】（1）设定基础物理量： 设容器内初始冷水的质量为M，初始温度为T0；每杯热水的质量为m，热水与初始冷水的固有温差为ΔT（即热水初始温度为T0+ΔT），水的比热容为c，全程不计任何热量损失，满足热平衡关系：热水放出的热量=冷水吸收的热量。 （2）第一次倒入热水的热平衡计算： 倒入第一杯热水后，冷水温度升高10℃，混合后整体温度为T0+10℃ 冷水吸收的热量：Q吸1=cM×10℃ 热水放出的热量：Q放1=cm(ΔT−10℃) 由热量守恒得：cM×10=cm(ΔT−10) 约去比热容c后化简得： 10M=m(ΔT-10) ……………………① （3）第二次倒入热水的热平衡计算： 再倒入第二杯同样的热水后，水温又升高6℃，此时混合后整体温度为： T0+10℃+6℃=T0+16℃ 容器内原有总水质量为M+m，这部分水吸收的热量：Q吸2=c(M+m)×6℃ 第二杯热水放出的热量：Q放2=cm(ΔT−16℃)​ 由热量守恒得：c(M+m)×6=cm(ΔT−16) 约去比热容c后化简得： 6(M+m) = m(ΔT -16) …………………………② （4）联立方程求解质量比和固有温差： 将式①变形为： 代入式②： 展开化简：6M+6m=10M−6m 整理得：12m=4M 即M=3m 将M=3m代回式①，可得：10×3m=m(ΔT−10) 约去m后解得：ΔT=40℃，即热水初始温度比容器内初始冷水高40℃。 （5）第三次倒入三杯热水的温升计算： 设再倒入三杯同样的热水后，水温会再升高x℃，此时最终混合温度为：T0+16℃+x℃ 容器内当前总水质量为：M+2m=3m+2m=5m 这部分水吸收的热量：Q吸3=c×5m×x 三杯热水总质量为3m，放出的总热量：Q放3=c×3m (40℃−16℃−x℃) 由热量守恒得：5cmx=3cm(24−x) 约去m和c后化简：5x=72−3x 解得：x=9℃ 1.（2026·陕西）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3×104kg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c水=4.2×103J/(kg·℃)] 【答案】大；6.3×108 【解析】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： Q放=cmΔt=4.2×103J/(kg·℃) ×3×104kg×5℃=6.3×108J 2.（2026·河南）红旗渠被称为“人工天河”。在修建过程中，甲、乙两人用同一条绳子沿同一方向拉一辆装有石料的车，甲用力300N，乙用力260N，则该车受到绳子的拉力大小为_______N。红旗渠的总干渠入水口与出水口高度差约10m，实现渠水全程自流，渠水的动能是由________能转化而来的。渠水除了有灌溉作用以外，还可以调节周边气温，这是由于水具有较大的__________。 【答案】560；重力势；比热容 【解析】 【详解】作用在同一物体上方向相同的两个力，其合力的大小等于两力之和，故该车受到绳子的拉力大小为： F=F甲+F乙=300N+260N=560N 渠水从高处流向低处时，高度降低，重力势能减小，速度增大，动能增大，减小的重力势能转化为增大的动能； 水的比热容较大，相同质量的水和其他物质相比，吸收或放出相同热量时温度变化更小，能起到调节周边气温的作用。 3.（2025年甘肃省兰州市）如图所示是对某种固态物质加热变成液态时温度随时间变化的曲线，加热过程中物体在相同时间内吸收的热量相同。请根据图像回答： （1）由图可知该物质是________（选填“晶体”或“非晶体”），它的熔点是_______ ℃； （2）该物质在固、液两种状态时的比热容大小关系是：c固_____ c液（选填“>”、“<”或“=”）。 【答案】（1）晶体；48；（2）> 【解析】（1）该物质具有固定的熔化温度，故为晶体；如图所示，熔化时，固定不变的温度，即为熔点，故熔点为48℃。 （2）由图像可知，加热相同时间，物质固态温度变化小于液态度变化。而加热时间相同，即吸收的热量相同，固态时温度变化较小，由Q吸=cmΔt可知，固体时的比热容更大，c固>c液。 4.（2026•苏州）《考工记》记载：“金有六齐……五分其金而锡居一，谓之斧斤之齐”。“金”指铜，“齐”指合金配比，古人在制作斧头等砍器时调整合金配比，主要是为了改变它们的（　　） A.质量 B.比热容 C.硬度 D.颜色 【答案】C 【解答】合金是由金属与金属（或非金属）熔合而成的混合物，调整合金的配比，主要目的是改变合金的硬度、熔点等物理性质；对于斧头这类需要切削、劈砍的器具，需要较高的硬度才能保证使用效果；质量是物体所含物质的多少，和合金配比无关；比热容是物质的特性，也不会因合金配比改变而用于工具制作的主要目的；颜色也不是制作工具时调整配比的主要原因；所以古人调整铜锡合金配比，主要是为了改变它们的硬度。 故选：C。 5.（2026·甘孜、阿坝）如图所示，沿海地区的夏季，风有时吹向海洋，有时吹向陆地。已知水的比热容比泥土的比热容大，下列说法正确的是（ ） A.海洋的昼夜温差小于陆地 B.白天海洋比陆地升温更快 C.晚上海洋的温度低于陆地 D.晚上风向是从海洋到陆地 【答案】A 【解析】A.由，代入相同质量m和吸放热Q及c水>c泥土，得Δt海洋<Δt陆地，即海洋昼夜温差小于陆地，故A正确； BC.由，代入相同质量m和吸放热Q及c水>c泥土，得Δt海洋<Δt陆地。白天海洋升温比陆地慢，晚上海洋降温比陆地慢，晚上海洋温度高于陆地，故BC错误； D.晚上陆地温度低于海洋，陆地空气冷却下沉近地面气压高，海洋空气受热上升近地面气压低，风从陆地吹向海洋，故D错误。 故选A。 6.（2026•台湾）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c甲、c乙、c丙，则下列比热容的大小关系何者最合理？（　　） A.c甲=c乙<c丙 B.c甲=c乙>c丙 C.c甲<c乙=c丙 D.c甲>c乙=c丙 【答案】A 【解析】用相同的热源加热相同的时间，吸收的热量相同，如果质量相等，根据升温的快慢可以比较比热容。 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， 相同时间吸收的热量相等，根据Q吸＝cmΔt知，升温越快表示比热容越小，根据图中甲乙图线平行，升温快慢相同，故比热容相等，而丙图较平缓，升温慢，说明比热容较大，故c甲=c乙<c丙。 故选：A。 7.（2026·甘肃武威）“雨生百谷”反映了谷雨时节气温回升，雨水增多，有利于作物生长的特点。雨后清晨，山间常常弥漫白雾；遇到“倒春寒”，农民会在傍晚向稻田灌水，防止秧苗受冻。请结合所学物理知识，回答下列问题： （1）山间起雾时，发生了什么物态变化？简述其变化过程。 （2）向稻田灌水为什么能防止秧苗受冻？ 【答案】（1）液化；清晨温度较低，空气中的水蒸气遇冷液化成小水滴，形成白雾。 （2）水的比热容大，夜晚温度降低时，水能释放出更多的热量。 【解析】（1）略 （2）根据热量计算公式Q=cmΔt，在质量m和降低的温度Δt相同时，水的比热容c远大于泥土等物质，因此水放出的热量更多，可有效减缓秧苗周围环境温度的下降，避免秧苗因低温受冻。 8.（2026·上海）热熔胶是一种粘合剂，其常温下为固体。物理王在使用时，发现热熔胶被加热至一定温度后变为液态，冷却后固化便可粘合。 （1）使用热熔胶的过程中，发生的物态变化有_______； A.液化和熔化 B.熔化和凝固 C.熔化和凝华 （2）若某热熔胶牌的质量为21g，体积为20cm3，则其密度为_______g/cm3。 （3）若某热熔胶牌的质量为5g，在使用时某过程中温度降低2℃，求此过程放出的热量Q。【该热熔胶的比热容为1.6×103J/(kg·℃)】 【答案】（1）B；（2）1.05；（3）16J 【解析】（1）熔化是物质由固态变为液态的物态变化，凝固是物质由液态变为固态的物态变化。热熔胶加热时从固态变为液态，属于熔化；冷却后从液态变为固态，属于凝固。因此发生的物态变化为熔化和凝固，故选B。 （2）热熔胶的密度： （3）热熔胶质量： m=5g=0.005kg 放出的热量： Q放=cmΔt=1.6×103J/(kg·℃) ×0.005kg×2℃=16J 9.（2026·黑龙江绥化）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 【解析】（1）比热容公式Q=cmΔt，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。 10.（2026·四川泸州）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 【解析】（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Q吸=cmΔt，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。 【基础夯实】 1.如图（a）所示，用电加热器对质量 0.2kg、初温 26℃的水加热，水温最终升高至图（b）所示，此时水的温度为________℃。在这个加热过程中，水吸收的热量为_________J。[已知c水=4.2×103J/（kg·℃）] 【答案】 46；1.68×104 【解析】图b温度计的分度值为1℃，温度计刻度值由下向上，刻度值逐渐变大，因此为零上温度，液柱位于46℃的刻度线处，因此此时水的温度为46℃。 水的质量为0.2kg，初温为26℃，末温为46℃，根据热量计算公式，可得水吸收的热量为： Q=c水m（t末-t初）=4.2×103J/（kg·℃）×0.2kg×（46℃-26℃）=1.68×104J 2.如果在一个标准大气压下，将质量为1.5kg的水烧开需吸收热量为5.04×105J，则水的初温为________℃。[已知水的比热容为4.2×103J/（kg·℃）] 【答案】20 【解析】在一个标准大气压下，水的沸点为100℃，根据Q吸=c水m水（t-t0）可知，水的初温为： 3.（25-26 九年级上·四川绵阳·期末）在沿海地区炎热晴朗的天气里，易形成海陆风。陆风和海风是由于地面和大海升温和降温的快慢不同，从而使空气对流形成的。炎热的夏天，海水和海滩的砂石在太阳的照射下，由于海水和砂石的________不同，两者之间出现温差，白天容易形成________（选填“海风”或“陆风”）。 【答案】比热容；海风 【解析】于海水和砂石的比热容不同，海水的比热容大于砂石的比热容，在同样太阳光的照射下，地面和大海升温和降温的快慢不同，从而使空气形成对流。白天，砂石比海水升温快，地面热空气密度较小，热空气上升，海面较冷的空气就会来补充，于是冷空气沿海面吹向陆地，形成海风。 4.如图所示，是探究相等质量的水和食用油吸热性能实验中收集所测得的数据绘出的图像。由图像可知，当升高相同的温度时，________的加热时间更________，说明这种物质吸热能力更强。 【答案】水；长 【解析】由图可知，质量相等的水和食用油，初温相同，升高到相同的温度（80℃）时，水的加热时间更长，则水吸收的热量更多，说明水的吸热能力更强。 5.如图所示，试管中甲物质为冰水混合物，现将试管按图所示方法放置在装有乙物质的烧杯中，一段时间后进行观察（不计物质与空气的热传递），发现试管中冰的量一直保持不变，则乙物质可能是（ ） A.水 B.冰 C.冰水混合物 D.都有可能 【答案】C 【详解】由题意可知，试管内冰的量保持不变，说明甲中的冰水混合物既不吸热也不放热，因此甲和乙之间没有发生热传递，说明二者温度相等，即乙的温度为0℃。冰水混合物的温度一定为0℃，因此乙是冰水混合物。故C符合题意，ABD不符合题意。 故选C。 6.下列关于热量的说法正确的是（ ） A.物体温度越高，具有的热量越多 B.质量相同的同种物质，温度高的比温度低的放出热量一定多 C.同一个物体温度升高的越多，吸收的热量越多 D.物体含有的热量多少，与物体的质量有关 【答案】C 【解析】AD.热量是过程量，表示在热传递过程中转移能量的多少，不能说“具有或含有的热量”，故 AD错误； B.根据Q=cmΔt，温度变化量不确定，所以质量相同的同种物质，温度高的不一定比温度低的放出热量多，故B错误； C.根据Q=cmΔt，同一个物体温度升高的越多，吸收的热量越多，故C正确。 故选C。 7.初温相同的铁块，甲的质量是乙的2倍，他们分别放出相同的热量后，立即接触，则（ ） A.热量从甲传到乙 B.热量从乙传到甲 C.甲、乙之间不发生热传递 D.温度从甲传到乙 【答案】A 【解析】初温相同的铁块，甲的质量是乙的2倍，他们分别放出相同的热量后，根据Q=cmΔt可知，甲的温度变化较小，则甲的末温较高，他们立即接触，则热量从甲传到乙，故A符合题意，BCD不符合题意。 故选A。 8.图甲为测量杯中液体比热容的装置，图乙为液体温度与加热时间的关系图。已知液体质量为0.5kg，初温为20℃，电加热器的功率为800W，不计一切热量损失。下列说法正确的是（　　） A.液体的沸点是100℃ B.液体的比热容是2.4×103J/(kg·℃) C.液体持续加热120s后温度会继续升高 D.液体加热至某时刻，温度计示数如图丙，此时温度是38℃ 【答案】B 【解析】A.根据图乙，当温度到达80℃之后吸收热量，温度不变，所以该液体沸点应该是80℃，故A错误； B.此实验装置，是利用电加热器加热液体测量液体比热容大小，根据乙图且不计热量损失，说明在电加热器加热90s液体温度从20℃变为80℃的过程中，电加热器产生的热量全部转化为液体吸收的热量且为纯电阻电路，即： Q吸=Q放=I2Rt=Pt=800W×90s=7.2×104J 由Q吸=cm（t-t0）得： 故B正确； C.根据乙图，加热120s以后已经达到沸点，达到沸点后吸收热量但是温度不变，故C错误； D.根据丙图，温度计得分度值为1℃，读出温度为37℃，故D错误。 故选B。 9.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 【解析】（1）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）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，液态萘的比热容的比热容较大，由Q=cmΔt可知，CD段升温较慢。 10.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；它们的比热容之比cA∶cB=_________；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（t1>t2），待温度均稳定后，测得水温低于花生油的温度，若不计热损失，据此得出水的比热容比花生油大的结论。请评价该设计思路是否可行? __________（选填“可行”或“不可行”），理由是：_____________________________________________________________________。 【答案】（1）不同；加热时间长短；（2）A；9∶4；A；（3）可行；因为此过程，水比花生油吸收的热量多，而水升高的温度较小，可得，水的比热容比花生油大 【解析】（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）由图乙可知，加热相同时间（吸收相同热量）时，图线 A 对应的液体升温较慢，说明其吸热本领较强，因此吸热本领较强的是A。 由图可知，都加热到60℃时，A升高的温度为： ΔtA=60℃-20℃=40℃ B升高的温度为 tB=60℃-0℃=60℃ A加热的时间为6分钟，B加热的时间为4分钟，因此： 代入数据解得： 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）不计热量损失，金属块放出的热量等于液体吸收的热量。两个金属块的初温相同，水和花生油的初温相同，温度稳定后水温低于花生油的温度，由Q吸=Q金属放=c金属m金属Δt可知，该过程中水吸收的热量多，但水升高的温度低于花生油升高的温度，因此水的比热容更大。故该设计思路可行。 【培优拔高】 1.下图是我国沿海地区和内陆沙漠地区同一天气温变化曲线，请你判断沿海地区一天气温变化所对应的曲线是________（选填“C”或“D”），这是因为水与沙子相比，水的比热容比较________（选填“大”或“小”） 【答案】D；大 【解析】根据公式Q=cmΔt可知，质量和吸热相同时，物体升高的温度t和比热容c成反比，质量相同的砂石和水白天从太阳处吸收相同的热量或晚上放出相同的热量后，由于砂石的比热容小于水的比热，因此沙石的温度变化较大，水的温度变化小；所以内陆地区沙石多，昼夜温差大，沿海地区水多，昼夜温差小；从丙图像可以看出曲线C的温度变化较大，因此曲线C是内陆城市一天气温变化所对应的曲线，D是沿海城市一天气温变化所对应的曲线。 2.《三国演义》有“青梅煮酒”的典故，芒种节气正是青梅煮酒季，煮酒可利用水浴法对酒加热。质量为0.5kg的酒从20℃升高到40℃吸收的热量是_________J[c酒=3.4×103J/(kg•℃)]，若煮酒位置海拔越高，水面上方的气压越低，水的沸点会越_________。 【答案】3.4×104；低 【解析】由Q=cmΔt可得，质量为0.5kg的酒从20℃升高到40℃吸收的热量为 Q=cmΔt=3.4×103J/(kg•℃)×0.5kg×(40℃-20℃)=3.4×104J 水的沸点与气压有关，若煮酒位置海拔越高，则水面上方的气压越低，故水的沸点会越低。 3.小丽用相同的电加热器分别对质量为0.2kg的水和0.3kg的另一种液体进行加热，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·℃)。[c水=4.2×103J/(kg·℃)] 【答案】2.52×104；②1.4×103。 【解析】由图像可知，水的初温是10℃，16min时的末温是40℃，则水在16min内吸收的热量为： Q水吸=c水m水(t水-t0水)=4.2×103J/(kg·℃)×0.2kg×(40℃-10℃)=2.52×104J 水16min吸收的热量是2.52×104J，所以水8min吸收的热量为： 由于是用相同的电加热器加热，所以水和另一种液体在相同的时间内吸收的热量是相同的，即另一种液体8min吸收的热量也为1.26×104J。由图像可知，另一种液体从开始加热到第8min温度从20℃升高到50℃，根据公式Q水吸=c水m水(t水-t0水)可知，另一种液体的比热容为： 4.用同样的加热器给甲和乙加热，它们的温度随时间变化的图象如图所示，第一次实验中，若甲和乙是质量不同的相同物质，则甲的质量_________（填“大于”、“小于”或“等于”）乙的质量。第二次实验中，若甲和乙是质量相同的不同物质，则甲的比热容比乙的比热容________（填“大”或“小”），如果此时将甲液体的质量减半，所得到的两者的比热容关系将_________（填“改变”或“不变”）。 【答案】小于；小；不变 【解析】用同样的加热器给甲和乙加热，那么说明相同时间内物质吸收热量相等，若甲和乙是质量不同的相同物质，那么质量小的温度变化快，根据图象可知相同时间内甲的温度变化快，所以甲的质量小于乙的质量； 第二次实验中，若甲和乙是质量相同的不同物质，根据图象可知相同时间内甲的温度变化快，根据可知甲的比热容比乙的比热容小； 比热容是物质的一种特性，只与物质的种类和状态有关，和物质的质量无关，所以如果此时将甲液体的质量减半，比热容大小不变，所以所得到的两者的比热容关系将不变。 答案：小于；小；不变。 5.由Q吸=cmΔt可得，对于同一种物质的比热容c，下列说法正确的是（ ） A.若吸收的热量增大一倍，则比热容增大一倍 B.若质量增大一倍，则比热容减至一半 C.若加热前后的温度差增大一倍，则比热容减小一半 D.无论质量和温度差是多少，比热容都一样 【答案】D 【解析】比热容是物质本身的一种特性，与物体吸收的热量、温度变化、质量等因素无关，只与物质种类和状态有关，所以同一种物质，无论质量和温度差是多少，比热容都一样，故ABC错误，D正确。 故选D。 6.甲、乙两保温杯装有初温相同、等质量的同种液体，在恒温的室内静置，两杯液体的温度-时间变化图像如图所示。下列说法正确的是（ ） A.甲杯内液体的比热容大于乙杯内液体 B.甲杯内液体的比热容小于乙杯内液体 C.0~1h内甲杯内液体放出的热量比乙杯多 D.0~6h甲、乙两杯液体放出的热量一样多 【答案】D 【解析】AB.根据题意可知，两保温杯装有同种液体，所以两杯液体的比热容相等，故AB错误； CD.两杯液体的初始温度都是100℃，1h甲杯液体的温度是80℃，乙杯液体的温度约是50℃，6h两杯液体的温度都是20℃，利用Q=cmΔt可知，0~1h乙杯放出的热量多，0~6h两杯放出的热量相同，故C错误，D正确。 故选D。 7.质量和初温均相同的铁块和铜块（已知c铁>c铜），它们吸收相的热量后，放在一起，充分接触，则（　　） A.吸收的热量相同，不会发生热传递 B.会发生热传递，温度从铜块传向铁块 C.会发生热传递，热量从铜块传向铁块 D.无法确定它们之间是否发生热传递 【答案】C 【解析】由于c铁>c铜，根据可知，质量和初温均相同的铁块和铜块，吸收相同的热量后，铜升高的温度高，铜的末温较高，故放在一起，充分接触，热量从铜块传向铁块。 故选C。 8.（2025年四川达州）“一粥一饭，当思来之不易”，稻谷通常要经历育苗、生长、晾晒和储存四个过程。下列说法正确的是（　　） A.育苗期，薄膜内壁附有小水珠是汽化现象 B.生长期，傍晚蓄水是由于水的比热容小保温效果好 C.晾晒时，摊开通风是为了加快稻谷中水的蒸发 D.储存期，稻谷储存不当导致发霉主要是发生物理变化 【答案】C 【解析】A.薄膜内壁附有小水珠是空气中的水蒸气遇冷液化形成的小液滴，属于液化现象，而非汽化现象，故A错误； B.傍晚蓄水是因为水的比热容较大，在相同条件下吸收或释放相同的热量时，温度变化较小，能够有效调节田间温度，起到保温作用，而非比热容小，故B错误； C.晾晒时摊开通风可以增大稻谷与空气的接触面积，加快空气流动，从而加快稻谷中水分的蒸发，故C正确； D.稻谷发霉是由于微生物的作用导致有机物发生质变，属于化学变化，而非物理变化，故D错误。 故选C。 9.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；此实验通过_________________________（选填“液体升高温度的多少”或“加热时间的长短”）来反映液体吸收热量的多少； （2）在组装实验器材的过程中，________（选填“需要”或“不需要”）点燃酒精灯；加热时液体温度升高，这是通过__________方式来增大液体内能的； （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。 （4）实验完毕，同学们交流后对实验装置进行了改进，将分别装有水和煤油的试管放在同一个烧杯中加热，如图戊所示，这样做的好处是____________（填写一个即可）。 （5）为了表示不同物质在这种性质上的差异，物理学中引入了比热容这一物理量。在沿海地区炎热晴朗天气里，由于海水和陆地的比热容不同，易形成海风或陆风。如图己所示是风力发电机独特的尾翼结构，能使其旋翼自动迎风，仅在海陆风因素的影响下，如图庚所示风力发电站出现的情形是在________（选填“白天”或“夜晚”）。 【答案】（1）甲、丙；加热时间的长短；（2）需要；热传递；（3）c；（4）均匀受热；（5）夜晚 【解析】（1）若要探究不同物质的吸热能力，根据控制变量法，应选质量相同的不同液体，因此选甲、丙两图进行实验；甲、丙两个装置用相同酒精灯加热，相同时间内，物体吸热相同，因此实验通过加热时间的长短来反映液体吸收热量的多少。 （2）本实验需用酒精灯外焰加热，因此在组装实验器材的过程中，需要先点燃酒精灯，根据外焰的高度固定铁圈的高度。 加热时液体时，液体吸收酒精燃烧放出的热量，温度升高，这是通过热传递方式来增大液体内能的。 （3）如图丁，被加热物体为100g煤油、100g水、200g水，已知a为200g水，根据可知，质量相同的液体，吸热相同时，比热容越小，升温越快；水的比热容大于煤油的比热容，且c升温快，因此c为100g煤油。 （4）如图戊，将分别装有水和煤油的试管放在同一个烧杯中加热，是利用水浴法加热，这样做的好处是水和煤油受热均匀。 （5）白天，陆地比海洋升温快，陆地空气受热上升，近地面形成低气压；海洋上空气温相对较低，空气下沉，近海面形成高气压；空气从高压区流向低压区，风从海洋吹向陆地，形成海风；夜晚，陆地比海洋降温快，陆地空气冷却下沉，近地面形成高气压；海洋上空气温相对较高，空气上升，近海面形成低气压；风从陆地吹向海洋，形成陆风。由图己可知，此时风从陆地吹向大海，从而形成陆风，则此时应是夜晚。 10.如图甲所示，为了提倡环保型新能源开发，某学校学生宿舍使用太阳能热水器。由于晴天热水器产生的水温过高不可直接洗浴，所以浴室安装了如图乙所示的混水阀。通过混水阀可以将冷水管中的20℃的冷水与储存的80℃热水按照一定比例混合，得到一定温度的温水（不计冷热水混合过程的热损失）。下表所示的是物理兴趣小组在某个晴天获得的相关信息。比热容为c=4.2×103J/（kg∙℃），求： 热水器装水量/t 冷水温度/℃ 热水温度/℃ 10 20 80 （1）该热水器中的水在晴天吸收的热量是多少焦？ （2）某次洗澡过程中，热水管流入3kg热水，冷水管流入5kg冷水，则混合后的温水温度为多少摄氏度？ （3）若调节混合后的温水温度为40℃，当热水器储存的热水全部用完，可为全体学生提供多少吨40℃温水？ 【答案】（1）2.52×109J；（2）42.5 ℃；（3）30 t 【解析】（1）热水器内水的质量m=10t=1.0×104kg 该热水器中的水在晴天吸收的热量是： Q=1.0×104kg×4.2×103J/（kg∙℃）×60℃=2.52×109J （2）设混合后温度为t。根据热量平衡：c 水m热Δt热=c水m冷Δt冷，则： c水×3kg×（80℃-t）=c水×5kg×（t-20℃） 解得混合后的温水温度为：t=42.5 ℃ （3）当热水与冷水混合成40 ℃时，根据热量平衡：c 水m热Δt热=c水m冷Δt冷，则： c水×10×103kg×（80℃-40℃）=c水×m冷×（40℃-20℃） 解得需要的冷水为： m冷=2×104kg=20t 当热水器储存的热水全部用完，可为全体学生提供的温水为： m=20t+10t=30t 第 1 页 共 56 页 学科网（北京）股份有限公司 $ 第1节 热量 比热容 ( 模型破解 规范思维路径，强化科学逻辑 …………………………………………………… … ………… 02 ~ 2 1 模型 0 1. 热量概念的理解 ………………………………………………………………………………… 02 模型02. 实验探究：比较不同物质吸收热量的情况 …………………………………………………… 02 模型03. 比热容概念的理解 ……………………………………………………………………………… 05 模型04. 生活中水的比热容较大的应用 ………………………………………………………………… 06 模型05. 生活中比热容现象解释 ………………………………………………………………… ……… 07 模型0 6 . 海陆风和陆海风的物理解释 …………………… … …………………………………………… 09 模型0 7 . 公式 Q = cmΔt 的适用条件 …………………………………………………………………… … 10 模型0 8 . 利用 公式 Q = cmΔt 计算热量 ……………………………………………………………… …… 11 模型 09 . 比热容的定量计算 ……………………………………… ……………… ……………………… 12 模型1 0 . 不同物质比热容大小的比较 ……………………………………… … ………………………… 13 模型1 1 . 水的沸点不超过 100 ℃ 的计算 ………………………………………………………………… 15 模型1 2 . 温度-时间图像比较物质的吸放热 …………………………………………………………… 15 模型1 3 . 热平衡方程的应用 ……………………………………………………………… ……………… 17 模型1 4 . 热传递方向的判定 ……………… ……………………………………………………………… 18 模型15. 投物降温比热容大小的判断 ……………………………………………………………… …… 1 9 模型1 6 . 连续倒水升高温度的计算 ……………………………………………………………… ……… 20 真题演练 熟悉考试形式，提升实战能力 ………… …… ……………………………………… … ……… 2 1 ~ 23 分层练测 实现精准提效，最终整体达标 ………………………………………………………………… 24 ~ 29 基础夯实 …………………………………………………………………………………… 24 ~ 26 培优拔高 …………………………………………………………………………………… 26 ~ 29 ) 模型01.热量概念的理解 ( 技巧： 热量是 ‌ 热传递过程中传递能量的多少 ‌ ，属于典型的 ‌ 过程量 ‌ ，单位为焦耳（ J ），只能描述 “ 吸收 / 放出热量 ” ，绝对不能说物体 “ 含有 / 具有热量 ” 。 直接用 “ 过程量红线 ” 排除错误选项，凡是出现 “ 物体含有热量 ”“ 温度高的物体热量多 ” 这类表述，直接判定为错误。 口诀： 热量本是过程量，传递能量才登场， 只说吸放不说有，公式辨题不迷茫。 提醒： 热量只存在于热传递过程中，绝对不能说物体 “ 含有/具有热量 ” ，只能表述为 “ 吸收热量 ”“ 放出热量 ” ，这是选择题最高频的易错点。 ) 【例1】以下说法中，正确的是（ ） A.物体吸收热量，温度一定升高 B.物体温度升高一定吸收热量 C.物体温度越高，所含热量越多 D.以上说法都不对 【变式1-1】“热”字有多种含义，在物理学中有时表示温度，有时表示热量，有时表示内能。则“物体吸热温度会升高”中的“热“表示的是________；“沸腾的水很热“中的“热“表示的是________。 【变式1-2】热传递过程中传递能量的多少叫_________，用符号________表示，其单位是________。热量是过程量，只能说_________或________热量，不能说________或________热量。（后四空均选填“含有”“具有”“吸收”或“放出”） 【变式1-3】在“用酒精温度计测量水的温度”实验中，下列说法正确的是（ ） A.若水的温度高，酒精的温度低，热量会从水传递到酒精 B.测量水的温度时，要待温度计示数稳定后再取出读数 C.使用温度计测量温度时，温度计可以当搅拌器使用 D.水的温度越高，水含有的热量越多 模型02.实验探究：比较不同物质吸收热量的情况 ( 技巧： 比较不同物质吸热能力的核心是控制变量法 ‌ ，主要通过控制质量相同、热源相同，观察升高相同温度所需时间或加热相同时间后的温度变化来判断。 ‌‌‌ 1.实验方法 控制变量法： 答题时必须明确写出 “ 控制不同物质的质量、初温相同，仅改变物质种类 ” ，避免出现 “ 体积相等 ” 的错误表述。 转换法考点 ‌ ： 牢记 “ 相同规格热源下，加热时间长短直接反映吸收热量多少 ” ，所有涉及吸热多少 ) ( 的比较题，优先用加热时间作答。 2.实验操作 器材组装顺序 ‌ ： 酒精灯加热场景下，必须按 “ 自下而上 ” 顺序装配，先定酒精灯 外焰位置，再放烧杯、最后调温度计。 （与探究晶体和非晶体的熔化规律、探究水的沸腾特点一样） 搅拌操作目的 ‌ ： 答题直接写 “ 使液体上下温度均匀，受热一致 ” 。 热源选择理由 ‌ ： 选相同规格电加热器 / 酒精灯，目的是 保证相同时间内两种物质吸收的热量相等 。 3.吸热能力 方案一：质量相同的不同物质， 吸收相同热量 （加热相同时间）， ‌ 升高温度越少 ‌ ，吸热能力越强。 方案二：质量相同的不同物质， 升高相同温度 ， ‌ 加热时间越长 ‌ ，吸热能力越强。 口诀： 吸热实验两方法，控变转换是核心， 等时比温升温慢，等温比时耗时久， 同规热源时换热，自下而上装器材。 提醒： 绝对不能出现 “ 某物质含有多少热量 ” 的表述，热量是热传递过程中的过程量。 比热容是物质本身特性，跟质量、温度变化、吸放热多少均无关，可直接用此结论排除错误。 ) 【例2】如图所示是小虎在实验室完成“比较不同物质吸热的情况”的实验装置。实验中所选取的电加热器、烧杯、温度计均完全相同。 （1）实验中应量取_________相等的甲、乙两种液体，为了完成该实验，除了图中所示的器材外，还需要增加的测量工具有_________和停表；实验操作过程中，温度计的玻璃泡不能碰到烧杯和_________； （2）甲、乙液体吸收热量的多少可以通过____________来反映； （3）为了比较甲、乙液体的吸热本领，小虎提出两种比较方案： ①让两者升高相同的温度比较加热时间长短 ②让两者加热相同时间比较升高的温度多少 你认为可行的方案是________（选填“①”“②”或“①和②”），但要提示小虎，实验要在两种液体都不发生________现象的前提下进行； （4）根据实验测得的数据，分别描绘出甲、乙两种液体的温度随加热时间变化的图像如图2所示，若加热过程中热量损失忽略不计，分析图像可知两种液体的比热容之比c甲∶c乙=_________。 【变式2-1】小利在烧水和煮豆浆时发现豆浆比水先沸腾。他猜想原因可能是：A.豆浆的沸点比水低；B.豆浆的比热容比水小。于是通过图甲所示的两套相同实验装置进行探究。 （1）烧杯中装有初温和________均相等的水和豆浆。某时刻水中温度计示数如图甲所示，其温度是________℃。 （2）小利根据实验数据绘制了豆浆的温度随时间变化图像a和水的温度随时间变化图像b。如图乙所示，由图像可知，猜想________（选填“A”或“B”）是错误的。水和豆浆升高相同的温度，________吸收的热量多。 【变式2-2】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）常用的液体温度计是根据液体___________原理制成的。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 煤油的温度℃ 10 18 26 34 42 …… 90 【变式2-3】为了比较液体吸热能力的大小，如图甲所示，小红在两个相同的试管中，分别装入A、B两种液体，将两个试管放入盛有水的同一烧杯中，用酒精灯加热。 （1）分别在试管中装入的A、B两种液体应保证________（选填“体积”或“质量”）相同；当它们吸收热量相同时，通过比较来判断吸热能力的强弱；把两个试管放入水中加热而不直接用酒精灯进行加热，原因是______________。 （2）如图乙所示，实验后绘制了两种液体的温度与时间关系图像。在0~4min内：质量相等的A、B两种液体，吸收的热量________（选填“相等”或“不相等”）； （3）若只能从A或B中选一种液体装人暖手袋中作为供热物质，则应选择________（选填“A”或“B”）液体。 （4）若B是水，则A的比热容为_________J/（kg·℃）[水的比热容为4.2×103J/（kg·℃）]。 （5）小明也做了该实验，但是根据数据作出的图像开始部分并不是直线，导致这一现象的原因可能是___________，为了减小这种影响，请你提出一个可行的方法：___________________________。 模型03.比热容概念的理解 ( 技巧： 生活化比 ‌ ： 把比热容比作 “ 酒量 ” ，吸收相同热量（喝等量酒），升温慢（反应平缓）的物质比热容更大，比如水就像酒量好的人，沙子像酒量差的人，快速建立直观认知。 特性锚定 ‌ ： 比热容是物质本身的属性，只和物质种类、状态有关，和质量、温度、吸放热多少完全无关，避免被公式 误导。 概念辨析： 直接用 “ 比热容与 Q 、 m 、 Δt 无关 ” 的结论排除错误选项，比如 “ 物体吸放热越多比热容越大 ” 这类表述直接判定错误。 口诀： 海边凉，沙漠烫， c 大温差小模样 ； 水做媒，暖管转，冷却散热它最棒 。 提醒： 比热容是物质的固有特性，仅由 ‌ 物质种类和状态 ‌ 决定，与质量、温度、吸放热多少完全无关，比如一桶水和一杯水的比热容完全相等。 ) 【例3】关于比热容，下列说法中正确的是（ ） A.物质的比热容跟物质吸收或放出的热量有关 B.同温度、同质量的不同物体，比热容大的物体含有的热量多 C.比热容是物质的特性，所以同种物质的比热容一定相同 D.物质的比热容与物质吸、放热及温度和质量都没有关系 【变式3-1】下列有关比热容的说法中正确的是（ ） A.物体的温度越高，它的比热容越大 B.比热容在数值上等于某种物质温度升高1℃所吸收的热量 C.物体的比热容跟物体吸收或放出的热量有关 D.水的比热容是4.2×103J/（kg·℃），它表示质量为1 kg的水温度升高（或降低）1℃时所吸收（或放出）的热量为4.2×103J 【变式3-2】下列各种情况下比热容会发生变化的是（ ） A.水凝结成冰 B.一块铁加工成铁屑 C.水杯内的水倒掉一些 D.0℃的水加热成80℃的水 【变式3-3】依据表格中的数据，下列说法正确的是（ ） 物质 比热容c/[J/（kg·℃）] 水 4.2×103 煤油 2.1×103 砂石 约0.92×103 A.一桶煤油用掉一半，桶内剩余煤油的比热容变小 B.水和砂石吸收相等的热量，水的温度升高得较多 C.水的比热容表示水的温度降低1℃放出的热量是4.2×103J D.质量相等的水和煤油，升高相同温度，煤油吸收热量少 模型04.生活中水的比热容较大的应用 ( 技巧： 水的比热容大 ‌ 意味着它吸热或放热时自身温度变化慢，主要用在 ‌ 调节气温 ‌ 、 ‌ 冷却设备 ‌ 和 ‌ 供暖 ‌ 这几方面。 ‌‌‌ 温度变化类： 依据公式 ，按三步表述： ① 控制质量、吸/放热相同； ② 点明水的比热容大； ③ 得出水的温度变化更小的结论，比如解释沿海昼夜温差小的现象。 ‌ 热量对比类： 依据公式 Q = cmΔt ，按三步表述： ① 控制质量、温度变化量相同； ② 点明水的比热容大； ③ 得出水吸/放热更多的结论，比如解释汽车用水做冷却剂的原理。 口诀： 水的比热本领强，两类模板好上场， 温变小了调气候，吸热多了做冷床， ) ( 温变小了调气候，吸热多了做冷床， 蒸发吸热别乱套，避坑得分不慌忙。 提醒： 警惕 “ 洒水车降温靠水的比热容大 ” 这类错误表述，此场景核心原理是水蒸发吸热，和比热容无关。 区分水的两类应用逻辑：冷却/供暖对应 “ 吸放热多 ” ，调节气候对应 “ 温度变化小 ” ，不要混淆。 ) 【例4】汽车发动机正常工作温度一般在80℃~90℃之间，温度过低或过高，都会损坏发动机，所以要给汽车加冷却液。依据下面表格中数据，判断正确的是（　　） 物质 沸点（在标准大气压下）/℃ 比热容/J/（kg·℃） 水 100 4.2×103 甘油 290 2.1×103 A.应加甘油，因为甘油的沸点比水高 B.应加冷水，因为水的比热容比甘油大 C.应加甘油，因为甘油的比热容比水小 D.应加沸水，因为水沸腾时会吸收大量的热 【变式4-1】寒冷的冬天，人们常用如图所示的暖手宝取暖，暖手宝充入水作为热介质是利用水的__________较大的特性。暖手宝内质量为0.5kg、初温为10℃的水加热到70℃时，水吸收的热量为_________J。[c水=4.2×103J（kg·℃）] 【变式4-2】水的比热容较大这一特点在日常生活中有广泛的应用，下列事例中属于应用这一特点的是（ ） A.北方冬天菜窖里放几桶水，能有效防止因窖内温度过低冻坏蔬菜 B.炎热的夏天，往室内地面上洒水降温 C.烧水给餐具消毒 D.培育水稻秧苗时往稻田里灌水 【变式4-3】下列实例中没有利用水的比热容较大的是（　　） A.用热水袋取暖 B.夏天往地上洒水降温 C.城市建造人工湖用来降温 D.生物体内水的比例高，有助于调节自身的温度 模型05.生活中比热容现象解释 ( 技巧： 生活中比热容现象解释题，核心围绕 ‌ 水的比热容大 ‌ 这一核心特性展开，所有答题都要紧扣公式 Q = cmΔt 做变量控制。 温度变化视角（温差类现象） ‌ ： 按三步表述： ① 明确质量 m 、吸放热 Q 相同； ② 点明水的比热容远 ) ( 大于对比物质； ③ 推导得出水的温度变化 Δt 更小，对应现象如海边昼夜温差小、沙漠昼夜温差大等。 ‌ 热量利用视角（供暖冷却类现象） ‌ ： 按三步表述： ① 明确质量 m 、温度变化 Δt 相同； ② 点明水的比热容远大于对比物质； ③ 推导得出水吸收/放出的热量 Q 更多，对应现象如汽车水冷系统、冬季水暖供暖等。 口诀： 水泥烫脚海风吹，白天沙烫晚裹被 ； 不是太阳偏心眼，比热容小 闹脾气 。 提醒： 先区分现象类型：调节气温类用温度变化逻辑，冷却/供暖类用热量逻辑，避免混淆原理。 必须补全控制变量前提，不能直接只说 “ 水比热容大 ” ，否则答题会丢分。 注意区分蒸发吸热和比热容应用，比如洒水降温属于蒸发吸热，不属于比热容现象，不要误判。 ) 【例5】夏季，混凝土护栏被太阳晒得很热，池塘中太阳下的水却不是很热，主要原因是[c混凝土=0.84×103J/（kg·℃），c水=4.2×103J/（kg·℃）]（ ） A.水不吸热 B.水的比热容大 C.混凝土初温高 D.混凝土的比热容大 【变式5-1】水的比热容较大这一特点在日常生活中有广泛的应用下列事例中不属于应用这一特点的是（　　） A.培育水稻秧苗时往稻田里灌水 B.炎热的夏天，往室内地面上洒水降温 C.用水来冷却汽车发动机 D.冬天供暖时用水作循环液 【变式5-2】如图所示，是同一纬度海拔相近的沿海城市甲和内陆城市乙的年平均气温的变化曲线。下列说法正确的是（ ） A.A是沿海城市的气温变化曲线 B.B是内陆城市的气温变化曲线 C.A气温变化大是因为该地区砂石的比热容大 D.B气温变化小是因为该地区海水的比热容大 【变式5-3】（多选）小明在海边玩耍，感觉沙滩上的沙子很热，海水却比较凉爽。某天，他从6时到22时对沙子和海水的温度进行了测量，绘成的温度随时间变化图象如图所示。下列分析正确的是（ ） A.早晨6时，海水的温度比沙子高 B.6时到14时，沙子吸收的热量比海水多 C.14 时到22 时，海水降低的温度比沙子小 D.利用此图象可以比较海水和沙子的比热容 模型06.海陆风和陆海风的物理解释 ( 技巧： 海陆风和陆海风的核心物理原理是 ‌ 海陆热力性质差异 ‌ ，也就是海水和陆地的 比热容不同 ，引发昼夜温差，进而驱动大气形成局地热力环流。 白天太阳辐射照射下，陆地比热容小，升温速度远快于海洋： 陆地上方的空气受热膨胀上升，近地面形成低压区；海洋升温慢，海面上方空气温度低、密度大，近地面形成高压区；近地面的空气从海洋高压区流向陆地低压区，就形成了从海面吹向陆地的 ‌ 海陆风 ‌ 。 夜晚没有太阳辐射，陆地和海洋同时向外散热： 陆地比热容小，降温速度远快于海洋，近地面空气冷却下沉，形成高压区；海洋降温慢，海面上方空气温度相对更高，受热上升，近地面形成低压区；近地面的空气从陆地高压区流向海洋低压区，就形成了从陆地吹向海面的 ‌ 陆海风 ‌ 。 口诀： 昼吹海风海向陆，夜吹陆风岸向洋， 比热差异生温差，气压差推气流扬 ‌ 。 提醒： 海陆风（白天，海洋 → 陆地） ； 陆海风（夜晚，陆地 → 海洋） 。 ) 【例6】如图为白天海陆风形成的示意图。海陆风形成的原因是：白天在相同日照条件下，与海洋相比，陆地的（　　） A.比热容较小，升温较快，气温较高 B.比热容较小，升温较慢，气温较低 C.比热容较大，升温较快，气温较高 D.比热容较大，升温较慢，气温较低 【变式6-1】如图所示的场景发生在炎热的夏天夜晚，此时海水的温度高于陆地的温度，若在图中虚线框内画一个箭头来表示地表附近空气的流动方向，则箭头方向应_______（选填“向左”或“向右”）。 【变式6-2】从海风形成的示意图可知，海风形成的根本原因是：与海洋相比，陆地的（　　） A.比热容较小，在相同日照条件下升温较快，气温较高 B.比热容较小，在相同日照条件下升温较慢，气温较低 C.比热容较大，在相同日照条件下升温较快，气温较高 D.比热容较大，在相同日照条件下升温较慢，气温较低 【变式6-3】海陆风是出现于近海和海岸地区的，具有日周期的地方性风。如图所示，是日间海陆风的吹拂方向示意图，请根据水的比热容和泥土、沙石比热容的特点对海陆风日间的吹拂方向进行解释说明。 模型07.公式Q=cmΔt的适用条件 ( 技巧： 基础前提 ‌ ： 仅适用于 ‌ 无物态变化 ‌ 的过程，也就是不发生熔化、凝固、汽化等相变，且仅存在热传递、无外界做功的场景，此时物体的质量和比热容保持稳定，才能用该公式计算吸放热量。 边界限制 ‌ ： 若过程中出现物态变化，即便温度不变也会伴随潜热吸放，无法用此公式计算对应热量。 口诀： 吸热放热看比热， c m 乘上温差得， 无态变来无做功，公式用对不踩坑。 提醒： 单位必须统一 ‌ ：计算时质量 m 要换算为 kg ，比热容 c 用 J/(kg· ℃ ) ，热量 Q 单位为 J ，避免单位不匹配导致结果出错。 区分温度表述 ‌ ： “ 升高了 / 降低了 ” 直接对应 Δt ， “ 升高到 / 降低到 ” 是末温，需用初末温差算出 Δt ) ( 再代入公式。 沸点校验规则 ‌ ：标准大气压下计算水的升温时，要验证末温不能超过 100 ℃ ，超出部分的温度差不能直接代入计算。 吸放热区分 ‌ ：吸热时 Δt = 末温 - 初温，放热时 Δt = 初温 - 末温， Δt 始终取正值。 ) 【例7】一块0℃的冰熔化成0℃的水，它的吸放热情况是（　　） A.吸热 B.放热 C.既不吸热也不放热 D.不能确定 【变式7-1】Q=cmΔt各个量的国际单位中，热量Q的单位是__________，比热容c的单位是___________，质量m的单位是__________，升高（或降低）的温度Δt的单位是___________。在物体_______________________时使用这个公式。 【变式7-2】2kg的水，温度从20℃升高到100℃，水的比热容c水=4.2×103J/（kg·℃），求水吸收的热量。 【变式7-3】质量为500g的金属块，温度从20℃升高80℃，吸收的热量是5.2×103J，求该金属的比热容。 模型08.利用公式Q=cmΔt计算热量 ( 技巧： 公式速记与变形 ‌ ： 牢记核心公式 Q = cmΔt ，吸热用 Q 吸 = cm ( t - t 0 ) ，放热用 Q 放 = cm ( t 0 - t ) ，可灵活变形求 c 、 m 、 Δt ，实现 “ 知三求一 ” 。 温度表述辨析 ‌ ： 严格区分 “ 升高了 / 降低了 ” 是温度变化量 Δt ， “ 升高到 / 降低到 ” 是末温 t ，避免直接用末温当作变化量计算。 口诀： 热学计算不用慌，核心公式先记牢， Q 等 c 乘 m 乘 Δt ，吸放温度分低高。 初温末温辨清楚，“到”是末温“了”是差， 单位统一千克制，错了一步全白搭。 提醒： 公式仅适用于无物态变化的场景，若涉及熔化、汽化等过程，需额外计算潜热部分热量。 标准大气压下，水的末温最高不超过 100 ℃ ，计算出的末温超过该值时，要按 100 ℃ 修正结果。 严格区分 “ 热传递吸放热 ” 和 “ 燃料燃烧放热 ” 两类不同公式，不能混淆混用。 ) 【例8】近年来，我市加强了环境的改善和美化：大量种草植树，提高绿地的覆盖率，修建人工湖，扩大水域面积，大大改善了人们的居住环境。若某一人工湖湖水的质量为1.0×107kg，水温升高2℃，[水的比热容为4.2×103J/（kg·℃），沙石的比热容为0.92×103J/（kg·℃）]。请你解答下列问题： （1）湖水吸收了多少热量? （2）若这些热量被同等质量的砂石吸收，则沙石升高的温度为多少？ 【变式8-1】将50g某种固态物质放人加热功率恒定的装置中，对其均匀加热至沸腾，温度随时间变化的关系如图所示，该物质在ab段加热过程中温度________（选填“升高”“降低”或“不变”），内能________（选填“增大”“减小”或“不变”），若该物质液态时的比热容为2.4×103J/（kg·℃），则该物质在ab段吸收的热量为_________J。 【变式8-2】甲、乙两物体升高的温度相同，质量之比为3∶2，甲吸收的热量是乙的2倍，则组成甲、乙两物体的物质的比热容之比是（ ） A.2∶1 B.3∶1 C.3∶2 D.4∶3 【变式8-3】（多选）某实验小组利用酒精灯对500g冰均匀加热，他们每隔相同时间记录一次温度计的示数，并观察物质的状态。如图所示是他们根据记录的数据绘制的温度-时间图像，已知c水=4.2×103J/（kg·°C），由图像可知（ ） A.水升温比冰慢，说明水的比热容比冰大 B.在CD段，水吸收的热量是4.2×104J C.冰在熔化前内能增加4.2×104J D.冰在熔化过程中吸收的热量是1.68×105J 模型09.比热容的定量计算 ( 技巧： 牢记核心公式 Q = cmΔt ，可借助谐音 “ 吃面条 ” 快速记忆，所有定量计算都可围绕该式展开。 求比热容： ；求质量： ；求温度变化量： 。 口诀： 吸热末减初，放热初减末； Q 等 cmΔt ，温差取正值 。 提醒： 单位强制统一 ‌ ：质量必须换算为 kg ，避免因单位不匹配导致结果偏差。 温度概念区分 ‌ ：明确 “ 升高了 / 降低了 ” 对应 Δt ， “ 升高到/降低到 ” 对应末温，不可直接混用。 状态校验规则 ‌ ：确认物质当前状态，冰、水、水蒸气的比热容数值完全不同；标准大气压下水的末温不可超过 100 ℃ ，需提前校验。 概念误区规避 ‌ ：比热容是物 质固有属性，与 Q 、 m 、 Δt 无关，计算类题目不会单独考查该属性辨析。 ) 【例9】由实验测量可知，质量是100g、初温是24℃的实心金属球吸收了2.3×103J的热量后，温度升高到74℃，则该金属球的比热容是_________J/（kg·℃）。查表可知这种金属可能是_________。 几种物质的比热容[单位：J·（kg·℃）-1] 沙石 约0.92×103 水银 0.14×103 铝 0.88×103 铜 0.39×103 钢铁 0.46×103 铅 0.13×103 【变式9-1】如图所示是质量为100g的某物质温度随加热时间的变化图像，前10 min它吸收的热量是8.4×103J[c=4.2×103J/（kg·℃）]。求： （1）前10 min该物质的温度变化是多少？ （2）该物质的比热容； （3）若这些热量全部被水吸收，可让0.5kg的水温度升高多少? 【变式9-2】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·℃）。 【变式9-3】物理兴趣小组的同学在研究“沙子和水谁的吸热本领大”时，选用了两只完全相同的酒精灯分别给质量都是200g的沙子和水加热。他们绘制出沙子和水的温度随加热时间变化的图像如图所示。已知水的比热容是4.2×103J/（kg·℃）。求： （1）甲图和乙图哪个是沙子吸热升温的图像？ （2）加热2min 时，水吸收了多少的热量？ （3）沙子的比热容。 模型10.不同物质比热容大小的比较 ( 技巧： 两大基础方法： ‌ ① 同吸热，比升温 ‌ ： 质量相同的不同物质，吸收相同热量（同一热源加热相同时间），升温越少的物质，比热容越大。速记：吸热一样多，升温慢的 “ 底子厚 ” ，比热容更大。 ) ( ‌ ② 同升温，比吸热 ‌ ： 质量相同的不同物质，升高相同温度，吸收热量越多（加热时间越长）的物质，比热容越大。速记：升温一样高，耗时久的 “ 后劲足 ” ，比热容更大。 图像秒杀技巧： ‌ 看斜率 ‌ ： 温度 - 时间图像里，图线越平缓、斜率越小，代表升温越慢，比热容越大。 ‌ 秒选口诀 ‌ ： 谁靠近时间轴，谁的比热容大。 特殊情况： 晶体熔化图像中，相同吸热时长下，固态段升温更快，说明液态比热容大于固态比热容。 公式推导技巧： 直接用公式变形 代入对比，质量相同时，比热容和 “ 吸热量/温度变化量 ” 的比值成正比。 口诀： 同质吸热看升温，升温慢者比热深； 同质升温看时辰，时长久者比热稳； 图像平缓靠时间，斜率小的比热大。 提醒： 核心原则 ‌ ：所有比较必须先保证 ‌ 质量相同 ‌ ，再锁定其中一个变量不变，对比另一个变量的差异。 避坑提醒 ‌ ：如果题目没给出质量相等，不能直接下结论，只能判断 “ 可能 ” 的大小关系。 ) 【例10】某学校物理兴趣小组用控制变量的方法比较a、b两种液体的比热容ca和cb。他们在实验室让质量相同的a、b两种液体吸收相同的热量后，液体a的温度从20℃升高到50℃，液体b的温度从10℃升高到70℃，a、b两种液体均未沸腾。由此可知（ ） A.ca>cb B.ca<cb C.ca=cb D.ca=3cb 【变式10-1】现有甲、乙、丙三种初温相同的液体，其中甲、乙为质量不等的同种液体，乙、丙为质量相等的不同液体。对这三种液体分别加热，可根据它们吸收的热量和升高的温度，在“温度-热量”图像上分别画出对应的三点甲、乙、丙，如图所示，则甲、丙两种液体的比热容 c甲_______c丙；甲、丙两种液体的质量m甲________m丙。（两空均选填“>”、“=”或“<”） 【变式10-2】在标准大气压下，水的沸点是100℃，某种牛奶的沸点是102℃。加热条件相同时，加热质量相等，初温相同的水和牛奶，发现牛奶比水先沸腾。根据比热容的定义可知，水和牛奶的比热容（ ） A.水的比热容较大 B.牛奶的比热容较大 C.一样大 D.条件不足，无法比较 【变式10-3】质量相等的甲、乙两种不同液体，装在相同的容器中，用相同的电加热器加热，其温度随时间变化的图像如图所示，下列说法正确的是（ ） A.乙物质在1min后可能处于固液共存态 B.甲、乙的比热容之比为2∶1 C.升高相同温度，甲吸收的热量更少 D.3min后甲的内能保持不变 模型11.水的沸点不超过100℃的计算 ( 技巧： 锁定 “ 标准沸点 100℃ （ 101.325kPa ） ” 为基准，通过气压 / 海拔 / 杂质变量修正 。 基准判定 ‌ ： 标准大气压（ 101.325kPa ）下纯水沸点恒为 ‌ 100 ℃ ‌ ；若测得值 ≠ 100 ℃ ，必因气压非标准、含杂质或温度计误差。 数据判读 ‌ ： 沸腾特征是 ‌ 持续吸热但温度保持不变 ‌ ，图像或表格中 “ 水平段 ” 对应的温度即为实测沸点，而非最高温 。 口诀： 压高沸点高，压低沸点低； 标准一百整，偏离看条件。 提醒： 条件遗漏 ‌ ： 回答沸点数值必须隐含或明示 “ 标准大气压 ” 前提；加盐 / 糖等溶质会使沸点 ‌ 升高 ‌ （依数性），非纯水处理时需考虑。 ‌ 逻辑倒置 ‌ ： 是先有气压决定沸点，而非沸点决定气压；实验测得 98℃ 说明当时气压低，不能反推水没烧开。 ‌‌ ) 【例11】甲、乙两金属块的比热容之比是3∶1，质量之比是2∶1，当它们吸收相同的热量时，甲金属块的温度升高了10℃，则乙金属块的温度升高了_______℃。在1个标准大气压下，使3kg温度为60℃的水吸收6.3×105J的热量，水的温度将升高_______℃。[c水=4.2×103J（kg·℃）] 【变式11-1】用相同热源给初温30℃、质量1kg的水加热，若不考虑沸点限制计算得末温120℃。求标准大气压下水的实际末温与实际升高的温度。 【变式11-2】木炭燃烧放出4.25×106J的热量，全部被10kg、初温20℃的水吸收，标准大气压下水温最多升高________℃。 【变式11-3】在标准大气压下，质量为1kg，初温为30℃的水吸收2.52×105J的热量后，其温度升高多少℃？末温是多少？（注意条件：在一个标准大气压下，水的沸点是100℃） 模型12.温度-时间图像比较物质的吸放热 ( 技巧： 控制物质质量、初温相同，使用完全相同的热源，保证相同加热时间内两种物质吸收的热量相等。 先辨坐标轴 ‌ ： 横轴代表加热时间，纵轴代表温度，别把两者物理含义搞混。 转换法核心 ‌ ： 相同规格热源下，加热时间长短直接对应吸收热量多少，时间越长吸热越多。 斜率判能力 ‌ ： 图像升温斜率越大，相同吸热下温度变化越快，物质比热容越小、吸热能力越 弱。 口诀： 轴先看明，斜大比小，等时比温，温小能强， 等温比时，时长吸多，熔吸凝放，恒温不忘。 提醒： 质量前提 ： 所有吸放热比较结论，都建立在 “ 质量相等 ” 的前提上，忽略质量直接判能力必错。 公式校验 ‌ ： 用 Q = cmΔt 反向推导，避免仅凭图像斜率直接下结论，忽略质量差异。 状态 修正 ‌ ： 涉及熔化、凝固过程时，不能用单一升温 / 降温段的斜率直接计算全程比热容。 ) ( 转换法核心 ‌ ： 相同规格热源下，加热时间长短直接对应吸收热量多少，时间越长吸热越多。 斜率判能力 ‌ ： 图像升温斜率越大，相同吸热下温度变化越快，物质比热容越小、吸热能力越 弱。 口诀： 轴先看明，斜大比小，等时比温，温小能强， 等温比时，时长吸多，熔吸凝放，恒温不忘。 提醒： 质量前提 ： 所有吸放热比较结论，都建立在 “ 质量相等 ” 的前提上，忽略质量直接判能力必错。 公式校验 ‌ ： 用 Q = cmΔt 反向推导，避免仅凭图像斜率直接下结论，忽略质量差异。 状态 修正 ‌ ： 涉及熔化、凝固过程时，不能用单一升温 / 降温段的斜率直接计算全程比热容。 ) 【例12】（2025·四川成都）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c水=4.2×103J/(kg·℃)，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2.8×103J/(kg·℃) B.液体M放热能力比水放热能力强 C.在t2~t4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12-1】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 【变式12-2】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=4.2×103J/(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2.1×103J/(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 【变式12-3】（2025·广东深圳）蓄冷剂是食品运输和保鲜过程中的重要降温试剂。现有A、B两种蓄冷剂，财财同学和明海同学为了探究其蓄冷效果，进行了如下的实验探究：财财首先将质量均为100g的两种蓄冷剂分别装入完全相同的冰袋中，标明A、B，放入冰箱中冷冻为温度相同的固体。在容器1、2中分别加入质量为500g且温度相同的水，将冰袋从冰箱中拿出放入水中，并用隔热材料密封。明海同学通过温度传感器每隔一定时间测量蓄冷剂及水的温度，如图是明海记录的A、B两蓄冷剂及容器①、②中水的温度随时间的变化曲线。 （1）露露同学发现：蓄冷剂熔化前温度在升高，其分子热运动速度变_________； （2）0~t1，水和蓄冷剂之间发生热传递，宇婷同学说其热传递方向为___________________； （3）0~t1，蓄冷剂_________吸热更快； （4）t1~t2，容器①中水的温度降低10℃，若热量全部被冰袋吸收，经过计算，汉欢同学发现每克蓄冷剂A吸收的热量为___________； （5）汉欢同学在深圳市内配送蛋糕时，选择蓄冷剂________更好，理由是_____________________。 考点13.热平衡方程的应用 ( 技巧： 热平衡方程核心为 ‌ Q 吸 = Q 放 ‌ ，仅适用于 没有热量损失的情形 ，热传递终止时系统内各物体温度一致，是初中物理热学计算的核心依据。 涵盖冷水热水混合升温、燃料燃烧放热给水加热、金属淬火降温、太阳能热水器热量利用等题型，可通过已知量反推未知的质量、比热容、温度参数。 ) ( 口诀： 绝热系统热交换，吸放热量等号连， 温同停传无损耗，未知参数直接算。 提醒： 物态变化校验 ‌ ：先判断高温物体放出的热量能否让低温物体完全相变，比如冰块是否能全部熔化，避免算出不合理的零下温度。 ‌ 单位统一校验 ‌ ：所有物理量统一为国际单位，质量单位不能在公式两边混用克和千克，避免出现千倍级计算误差。 ‌ 隐含条件校验 ‌ ：标准大气压下，水的末温不能超过 100 ℃ ，若计算结果超出该值，需重新修正热平衡关系。 ) 【例13】锻造铁质工具时要“淬火”以提高工具的硬度。现将一质量为420g温度为550℃的烧红的铁件立即放入5kg温度为30℃的水中淬火，热平衡后温水升高到________℃（铁的比热容为0.46×103J（kg·℃），水的比热容为4.2×103J（kg·℃），假设整个过程没有热量散失） 【变式13-1】某同学将一杯质量是200g、温度是5℃的冷水和一杯质量是100g、温度是95℃的热水兑在一起，混合后水的温度是多少？（不考虑热量损失） 【变式13-2】工匠用钢铁打制工具时，有一个重要流程叫“淬火”，把刚打制成型的工具放到炉火中充分煅烧，然后将其迅速放入水中骤冷，现有一成型的合金钢工具的质量为0.5kg，温度为28℃，放入828℃的炉火中煅烧足够长时间，迅速取出放入5kg、20℃的水中冷却，最后与水达到共同的温度，淬火后水的温度为________℃。[不计热量损失，c水=4.2×103J（kg·℃），c合金=0.42×103J（kg·℃）] 【变式13-3】把加热到100℃的某铁块投入m1克20℃的水中，稳定后混合温度为40℃；把加热到100℃的该铁块投入m2克20℃的水中，稳定后混合温度为60℃；如果把同样加热到100℃的该铁块投入（m1+m2）克40℃的水中，则稳定后混合温度为（不计热量损失）（　　） A.48℃ B.50℃ C.52℃ D.62℃ 模型14.热传递方向的判定 ( 技巧： 公式依据： Q = cmΔt ⇒ ；当 m 、 Q 相同时， c 越小， Δt 越大。 吸热小传大 ‌ ：质量、初温相同， 吸收 相同热量后接触，热量从 ‌ 比热容小 ‌ 的物体传向 ‌ 比热容大 ‌ 的物体（因 c 小者升温多、末温高）。 c 小 ​ 升温多 → 末温高 → 热量由 c 小 ​ 传向 c 大 ​ 。 ) ( 放热大传小 ‌ ：质量、初温相同， 放出 相同热量后接触，热量从 ‌ 比热容大 ‌ 的物体传向 ‌ 比热容小 ‌ 的物体（因 c 大者降温少、末温高）。 ‌ c 大 ​ 降温少 → 末温高 → 热量由 c 大 ​ 传向 c 小 ​ 。 口诀： 吸热小传大 ， 放热大传小 。 缺失 警告：若 ‌ 初温不同 ‌ 或 ‌ 吸放热量不等 ‌ ，该口诀失效，必须直接比较接触瞬间的实际温度。 ‌ 提醒： 严禁用 “ 内能大小 ” 、 “ 质量大小 ” 直接判断方向。注意题目是 “ 吸收热量后接触 ” 还是 “ 放出热量后接触 ” ，这决定了 Δt 是加还是减。 “ 足够长时间加热 ” 通常意味着初温等于环境温度（如沸水温度），需先统一初温再算变化。 ‌‌ ) 【例14】质量和初温相同的两个物体（ ） A.吸收相同热量后，比热容大的物体温度较高 B.放出相同的热量后，比热容小的物体温度较高 C.吸收相同的热量后，比热容较小的物体可以传热给比热容较大的物体 D.放出相同的热量后，比热容较小的物体可以向比热容较大的物体传热 【变式14-1】质量相同的铜块与铅块，升高相同的温度，吸收的热量之比是3∶1，则铜与铅的比热容之比是________，若铜块与铅块升高相同的温度，吸收的热量相等，则它们的质量之比为________。若质量和初温相同的铜块和铅块放出相同热量后，让它们接触，热量从________块传递到________块。 【变式14-2】质量相等、初温相同的铝块与铜块，吸收了相同的热量后（c铝>c铜），当两者相互接触时，下列说法正确的是（ ） A.热量是从铜块向铝块传递 B.热量是从铝块向铜块传递 C.铝与铜上升的温度相同 D.条件不足，不能比较 【变式14-3】质量和初温都相同的实心铁块和铜块（c铁>c铜），放出相同的热量后，把它们相互接触，则下列判断中正确的是（　　） A.热量由铁块传给铜块 B.热量由铜块传给铁块 C.两者之间不发生热传递 D.条件不足，无法判断 模型15.投物降温比热容大小的判断 ( 技巧： 水温降 低 幅度相同 → 物体吸热相同；质量相等时，物体升温越少（末温越低），比热容越大； 后投入者通常比热容更大 ‌ 。 ‌‌ 控制变量前提 ‌ ：同一杯水、水的质量不变、每次水温降低量相同 → 水放出热量 Q 放 相同 → 物体吸收热 量 Q 吸 ​ 相同（不计热损）。 ‌ 比较关键量 ‌ ：在 m 物 和 Q 吸 ​ 相同条件下， ‌ 物体升高的温度 Δt 物 越小，比热容 c 越大 ‌ 。 ‌ 核心结论 ‌ ：物体先后投入同一杯热水中，若每次水温降低幅度一致， ‌ 后投入的物体比热容通常大于先投入者 ‌ （因其初温更低或需从更低起点升温至平衡态，实际 Δt 更小）。 ) ( ‌‌ 口诀： 升温少，容更大 ‌ ： 吸热同、质量同，温度变化小的比热容大。 ‌ 后投者，容更大 ‌ ： 连续投入同一热源（水），后投入物体通常比热容更大。 ‌‌ 提醒： 必须确认 “ 水降温幅度相同 ” 这一前提，否则无法直接推导吸热相等；若题目未明确不计热损，结论可能存在偏差。 ) 【例15】有两只温度和质量都相同的金属球A和金属球B，先将球A放入盛有热水的杯中，热平衡后水的温度降低了3℃；把球A取出，再将球B放这个杯中，热平衡后，水的温度又降低了3℃，则球A和球B的比热容大小关系为（　　） A.球A大 B.球B大 C.一样大 D.无法确定 【变式15-1】有甲、乙两个温度和质量都相同的金属球，先把甲球放入盛有热水的杯中，热平衡后水温降低了Δt把甲球取出，再把乙球放入杯中，热平衡后水温又降低了Δt，则两球比热容的大小关系是（ ） A.c甲> c乙 B.c甲< c乙 C.c甲= c乙 D.无法判断 【变式15-2】两实心金属球初温、质量均相等，分别为20℃和2kg，先把甲球放入盛有热水的杯中，热平衡后水温度降低了30℃，把甲球取出，再将乙球放入杯中，热平衡后水温又降低了30℃，则甲球的比热c 甲 和乙球的比热c 乙 的大小关系是（　　） A.c 甲>c 乙 B.c 甲<c 乙 C.c 甲=c 乙 D.以上三种情况都有可能 【变式15-3】有两只温度和质量都相同的金属球A和金属球B，先将A球放入盛有热水的杯中，热平衡后水的温度降低了30℃；把A球取出，再将B球放入这个杯中，热平衡后水的温度又降低了10℃，则球A和球B的比热容大小关系是（ ） A.球A大 B.球B大 C.一样大 D.都有可能 模型16.连续倒水升高温度的计算 ( 技巧： 基于 ‌ 热平衡方程 Q 吸 = Q 放 ‌ （不计热损），每次倒入需重新建立混合前后的能量守恒关系，升温幅度随容器内总质量增加而递减。 ‌‌ 基础热平衡 ‌ ： cm 热 ( t 热 ​− t 混 ​ )= cm 冷总 ​( t 混 ​− t 冷初 ​) ，比热容 c 可约去，简化为质量与温差乘积相等。 ‌ 递推特征 ‌ ：第 n 次倒水后，容器内总质量变为 m 原 ​+ nm 杯 ​ ，导致后续每次相同质量热水带来的温升 Δ t n ​ 逐渐减小。 ‌ 关键变量 ‌ ：冷水初始质量 M 、单杯热水质量 m 、热水与冷水初始温差 Δ t 0 ​= t h ​− t c ​ 。 ‌‌ 口诀 ： 一倒一算列等式 ‌ ： 每次倒水单独列 Q 吸 ​= Q 放 ​ ，勿混总质量； ‌ 质量随次加一杯 ‌ ： 第 n 次平衡时，冷侧总质量为 M +( n −1) m ； ‌ 升温幅度逐渐小 ‌ ： 因分母（总热容）增大，同量热水贡献温差递减； ‌ 两式相除消未知 ‌ ： 常通过前两次方程相比，直接求质量比，免求绝对温度 。 ‌‌ 提醒： 切勿忽略质量变化 ‌ ：第二次及以后计算吸热时， m 吸 必须是 ‌ 容器内当前所有水的总质量 ‌ （原冷水 + 已倒入热水），仅用原冷水质量会导致错误。 ‌ 明确温差对象 ‌ ：热水放热温差是 ‌ 热水初温与本次混合后末温之差 ‌ ，不是热水初温与冷水初温之差；随着混合液温度升高，热水放热温差逐次减小 。 ) ( 水 + 已倒入热水），仅用原冷水质量会导致错误。 ‌ 明确温差对象 ‌ ：热水放热温差是 ‌ 热水初温与本次混合后末温之差 ‌ ，不是热水初温与冷水初温之差；随着混合液温度升高，热水放热温差逐次减小 。 ) 【例16】将一杯热水倒入容器内的冷水中，冷水温度升高10℃，又向容器内倒入同样一杯热水，冷水温度又升高6℃，若再向容器内倒入同样一杯热水，则冷水温度将再升高（不计热损失）（　　） A.4.5℃ B.4℃ C.3.5℃ D.3℃ 【变式16-1】将质量为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°C，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2.5C，不计热量的损失，则m0∶m=_________。 【变式16-2】将一杯热水倒入容器内的冷水中，冷水温度升高10℃，又向容器中倒入同样一杯热水，冷水温度升高7℃，若在向容器内倒入同样一杯热水，则冷水温度将会升高（不计热损失）（ ） A.10℃ B.4℃ C.6℃以上 D.6℃以下 【变式16-3】将一杯热水倒入容器内的冷水中，冷水温度升高10℃，又向容器内倒入同样一杯热水，冷水温度又升高6℃，若再向容器内倒入同样三杯热水，则冷水温度将再升高多少℃？ 1.（2026·陕西）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3×104kg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c水=4.2×103J/(kg·℃)] 2.（2026·河南）红旗渠被称为“人工天河”。在修建过程中，甲、乙两人用同一条绳子沿同一方向拉一辆装有石料的车，甲用力300N，乙用力260N，则该车受到绳子的拉力大小为_______N。红旗渠的总干渠入水口与出水口高度差约10m，实现渠水全程自流，渠水的动能是由________能转化而来的。渠水除了有灌溉作用以外，还可以调节周边气温，这是由于水具有较大的__________。 3.（2025年甘肃省兰州市）如图所示是对某种固态物质加热变成液态时温度随时间变化的曲线，加热过程中物体在相同时间内吸收的热量相同。请根据图像回答： （1）由图可知该物质是________（选填“晶体”或“非晶体”），它的熔点是_______ ℃； （2）该物质在固、液两种状态时的比热容大小关系是：c固_____ c液（选填“>”、“<”或“=”）。 4.（2026•苏州）《考工记》记载：“金有六齐……五分其金而锡居一，谓之斧斤之齐”。“金”指铜，“齐”指合金配比，古人在制作斧头等砍器时调整合金配比，主要是为了改变它们的（　　） A.质量 B.比热容 C.硬度 D.颜色 5.（2026·甘孜、阿坝）如图所示，沿海地区的夏季，风有时吹向海洋，有时吹向陆地。已知水的比热容比泥土的比热容大，下列说法正确的是（ ） A.海洋的昼夜温差小于陆地 B.白天海洋比陆地升温更快 C.晚上海洋的温度低于陆地 D.晚上风向是从海洋到陆地 6.（2026•台湾）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c甲、c乙、c丙，则下列比热容的大小关系何者最合理？（　　） A.c甲=c乙<c丙 B.c甲=c乙>c丙 C.c甲<c乙=c丙 D.c甲>c乙=c丙 7.（2026·甘肃武威）“雨生百谷”反映了谷雨时节气温回升，雨水增多，有利于作物生长的特点。雨后清晨，山间常常弥漫白雾；遇到“倒春寒”，农民会在傍晚向稻田灌水，防止秧苗受冻。请结合所学物理知识，回答下列问题： （1）山间起雾时，发生了什么物态变化？简述其变化过程。 （2）向稻田灌水为什么能防止秧苗受冻？ 8.（2026·上海）热熔胶是一种粘合剂，其常温下为固体。物理王在使用时，发现热熔胶被加热至一定温度后变为液态，冷却后固化便可粘合。 （1）使用热熔胶的过程中，发生的物态变化有_______； A.液化和熔化 B.熔化和凝固 C.熔化和凝华 （2）若某热熔胶牌的质量为21g，体积为20cm3，则其密度为_______g/cm3。 （3）若某热熔胶牌的质量为5g，在使用时某过程中温度降低2℃，求此过程放出的热量Q。【该热熔胶的比热容为1.6×103J/(kg·℃)】 9.（2026·黑龙江绥化）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。 10.（2026·四川泸州）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________。 【基础夯实】 1.如图（a）所示，用电加热器对质量 0.2kg、初温 26℃的水加热，水温最终升高至图（b）所示，此时水的温度为________℃。在这个加热过程中，水吸收的热量为_________J。[已知c水=4.2×103J/（kg·℃）] 2.如果在一个标准大气压下，将质量为1.5kg的水烧开需吸收热量为5.04×105J，则水的初温为________℃。[已知水的比热容为4.2×103J/（kg·℃）] 3.（25-26 九年级上·四川绵阳·期末）在沿海地区炎热晴朗的天气里，易形成海陆风。陆风和海风是由于地面和大海升温和降温的快慢不同，从而使空气对流形成的。炎热的夏天，海水和海滩的砂石在太阳的照射下，由于海水和砂石的________不同，两者之间出现温差，白天容易形成________（选填“海风”或“陆风”）。 4.如图所示，是探究相等质量的水和食用油吸热性能实验中收集所测得的数据绘出的图像。由图像可知，当升高相同的温度时，________的加热时间更________，说明这种物质吸热能力更强。 5.如图所示，试管中甲物质为冰水混合物，现将试管按图所示方法放置在装有乙物质的烧杯中，一段时间后进行观察（不计物质与空气的热传递），发现试管中冰的量一直保持不变，则乙物质可能是（ ） A.水 B.冰 C.冰水混合物 D.都有可能 6.下列关于热量的说法正确的是（ ） A.物体温度越高，具有的热量越多 B.质量相同的同种物质，温度高的比温度低的放出热量一定多 C.同一个物体温度升高的越多，吸收的热量越多 D.物体含有的热量多少，与物体的质量有关 7.初温相同的铁块，甲的质量是乙的2倍，他们分别放出相同的热量后，立即接触，则（ ） A.热量从甲传到乙 B.热量从乙传到甲 C.甲、乙之间不发生热传递 D.温度从甲传到乙 8.图甲为测量杯中液体比热容的装置，图乙为液体温度与加热时间的关系图。已知液体质量为0.5kg，初温为20℃，电加热器的功率为800W，不计一切热量损失。下列说法正确的是（　　） A.液体的沸点是100℃ B.液体的比热容是2.4×103J/(kg·℃) C.液体持续加热120s后温度会继续升高 D.液体加热至某时刻，温度计示数如图丙，此时温度是38℃ 9.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。 10.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；它们的比热容之比cA∶cB=_________；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（t1>t2），待温度均稳定后，测得水温低于花生油的温度，若不计热损失，据此得出水的比热容比花生油大的结论。请评价该设计思路是否可行? __________（选填“可行”或“不可行”），理由是：_____________________________________________________________________。 【培优拔高】 1.下图是我国沿海地区和内陆沙漠地区同一天气温变化曲线，请你判断沿海地区一天气温变化所对应的曲线是________（选填“C”或“D”），这是因为水与沙子相比，水的比热容比较________（选填“大”或“小”） 2.《三国演义》有“青梅煮酒”的典故，芒种节气正是青梅煮酒季，煮酒可利用水浴法对酒加热。质量为0.5kg的酒从20℃升高到40℃吸收的热量是_________J[c酒=3.4×103J/(kg•℃)]，若煮酒位置海拔越高，水面上方的气压越低，水的沸点会越_________。 3.小丽用相同的电加热器分别对质量为0.2kg的水和0.3kg的另一种液体进行加热，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·℃)。[c水=4.2×103J/(kg·℃)] 4.用同样的加热器给甲和乙加热，它们的温度随时间变化的图象如图所示，第一次实验中，若甲和乙是质量不同的相同物质，则甲的质量_________（填“大于”、“小于”或“等于”）乙的质量。第二次实验中，若甲和乙是质量相同的不同物质，则甲的比热容比乙的比热容________（填“大”或“小”），如果此时将甲液体的质量减半，所得到的两者的比热容关系将_________（填“改变”或“不变”）。 5.由Q吸=cmΔt可得，对于同一种物质的比热容c，下列说法正确的是（ ） A.若吸收的热量增大一倍，则比热容增大一倍 B.若质量增大一倍，则比热容减至一半 C.若加热前后的温度差增大一倍，则比热容减小一半 D.无论质量和温度差是多少，比热容都一样 6.甲、乙两保温杯装有初温相同、等质量的同种液体，在恒温的室内静置，两杯液体的温度-时间变化图像如图所示。下列说法正确的是（ ） A.甲杯内液体的比热容大于乙杯内液体 B.甲杯内液体的比热容小于乙杯内液体 C.0~1h内甲杯内液体放出的热量比乙杯多 D.0~6h甲、乙两杯液体放出的热量一样多 7.质量和初温均相同的铁块和铜块（已知c铁>c铜），它们吸收相的热量后，放在一起，充分接触，则（　　） A.吸收的热量相同，不会发生热传递 B.会发生热传递，温度从铜块传向铁块 C.会发生热传递，热量从铜块传向铁块 D.无法确定它们之间是否发生热传递 8.（2025年四川达州）“一粥一饭，当思来之不易”，稻谷通常要经历育苗、生长、晾晒和储存四个过程。下列说法正确的是（　　） A.育苗期，薄膜内壁附有小水珠是汽化现象 B.生长期，傍晚蓄水是由于水的比热容小保温效果好 C.晾晒时，摊开通风是为了加快稻谷中水的蒸发 D.储存期，稻谷储存不当导致发霉主要是发生物理变化 9.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；此实验通过_________________________（选填“液体升高温度的多少”或“加热时间的长短”）来反映液体吸收热量的多少； （2）在组装实验器材的过程中，________（选填“需要”或“不需要”）点燃酒精灯；加热时液体温度升高，这是通过__________方式来增大液体内能的； （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。 （4）实验完毕，同学们交流后对实验装置进行了改进，将分别装有水和煤油的试管放在同一个烧杯中加热，如图戊所示，这样做的好处是____________（填写一个即可）。 （5）为了表示不同物质在这种性质上的差异，物理学中引入了比热容这一物理量。在沿海地区炎热晴朗天气里，由于海水和陆地的比热容不同，易形成海风或陆风。如图己所示是风力发电机独特的尾翼结构，能使其旋翼自动迎风，仅在海陆风因素的影响下，如图庚所示风力发电站出现的情形是在________（选填“白天”或“夜晚”）。 10.如图甲所示，为了提倡环保型新能源开发，某学校学生宿舍使用太阳能热水器。由于晴天热水器产生的水温过高不可直接洗浴，所以浴室安装了如图乙所示的混水阀。通过混水阀可以将冷水管中的20℃的冷水与储存的80℃热水按照一定比例混合，得到一定温度的温水（不计冷热水混合过程的热损失）。下表所示的是物理兴趣小组在某个晴天获得的相关信息。比热容为c=4.2×103J/（kg∙℃），求： 热水器装水量/t 冷水温度/℃ 热水温度/℃ 10 20 80 （1）该热水器中的水在晴天吸收的热量是多少焦？ （2）某次洗澡过程中，热水管流入3kg热水，冷水管流入5kg冷水，则混合后的温水温度为多少摄氏度？ （3）若调节混合后的温水温度为40℃，当热水器储存的热水全部用完，可为全体学生提供多少吨40℃温水？ 第 1 页 共 29 页 学科网（北京）股份有限公司 $