12.3《物质的比热容》同步分层练习-2026-2027学年物理九年级上册苏科版

**基本信息** 以“比热容”为核心，通过基础理解、综合应用、拓展提升三层设计，实现从概念认知到科学探究的素养进阶，适配新授课分层巩固需求。 **分层设计** |层次|知识覆盖|设计特色| |----|----------|----------| |基础理解|比热容概念、简单计算|选择题1-5结合生活情境（如太空烤箱），强化物理观念| |综合应用|公式应用、图像分析|实验探究题14-15（水与油吸热对比），培养科学思维与探究能力| |拓展提升|跨情境综合、实际问题解决|科普阅读题17（牛顿冷却定律）、综合题18（保温杯散热），体现科学态度与责任|

12.3《物质的比热容》学科素养同步分层练习设计（培优版） 初中物理九年级上册（苏科版新教材） 一、选择题 1．2025年11月3日，中国空间站迎来了“厨房神器”————热风烘烤机，如图所示是太空烤出来的鸡翅。太空烤箱过滤油烟的方式是：将在高压下带电油烟微粒迁移到带电的收集板，实现对小颗粒油烟的捕捉。下列相关说法正确的是 A．烤好后的鸡翅“香味四溢”是因为分子间存在引力 B．油烟过滤中，带电油烟微粒被收集板吸附利用了异种电荷相互吸引的原理 C．刚烤好的鸡翅含有的热激多 D．太空烤箱工作时，是通过做功的方式改变鸡翅的内能。 2．关于如图几幅图片的说法正确的是（　　）。 A．南极的冰川温度很低，所以不具有内能 B．沙滩上的沙子比海水烫，是因为沙子的比热容比海水的比热容大 C．冰块的保鲜效果比水更好，是因为冰的比热容比水的比热容小 D．树枝上的霜是凝华现象，霜的形成过程中要对外放出热量 3．两个相同的容器分别装了质量相同的两种液体，用同一热源分别加热，液体温度与加热时间关系如图所示。根据图像可知（　　） A．甲液体的比热容大于乙液体的比热容 B．如果升高相同的温度，两种液体吸收的热量相同 C．加热时间相同，甲液体吸收的热量大于乙液体吸收的热量 D．加热时间相同，甲液体升高的温度大于乙液体升高的温度 4． 某实验小组用两套如图甲所示完全相同的加热装置探究固体熔化时温度的变化规律，两套装置的烧杯中都装了相同质量的水，试管中分别装有少量相等质量的固体 M 和固体 N。用两个完全相同的酒精灯对它们加热，它们的温度随时间变化的图像如图乙所示，则下列说法正确的是 ( ) A．固体 N 一定是非晶体，沸点为 100 ℃ B．固体 M 一定是晶体，熔点为 80 ℃ ，熔化时间持续了 25 min C．35 min 后，烧杯中两试管内物质的温度会超过 100 ℃ D．固态 M 的比热容比固态 N 的比热容小 5．质量和初温均相同的铁块和铜块（已知），它们吸收相同的热量后，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 6．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，则下列说法中正确的是（　　） A．0~12min，乙液体的温度降低了 B．甲液体不是水 C．乙液体的比热容为 D．0~12min，甲液体放出了的热量 7．小明探究某物质熔化和沸腾的实验如甲所示，他把100g的某种固体碾碎后放入试管中，插入温度计，再将试管放在装有水的烧杯中加热（物质在相同时间内吸收的热量相等）。根据实验数据画出的图像如图乙所示，这种物质的液态比热容。下列选项正确的是（　　） A．该物质是非晶体 B．该物质熔化时温度保持50℃不变，内能不变 C．该物质熔化过程中吸收的热量为 D．该物质固态时的比热容为 二、多选题 8．用相同的酒精灯分别对a、b两液体加热（如图甲），根据测得数据分别描绘出这两液体的温度随加热时间变化的图象（如图乙）.在相同的时间内两液体吸收的热量相等，不计液体热量散失，分别用m。、mb、c。、cb表示a、b两液体的质量和比热容，则结合图中信息作出的下列推断正确的是（　　）. A．若m。= mb，则 ca> cb B．若 则 C．若 则 D．若 则mₐ>m。 9．将某种固态物质放入加热功率恒定的装置中，对其加热至沸腾，温度随时间变化的关系如图所示，下列关于该物质的说法正确的是（　　）. A．固态时是晶体 B．在 ab 段内能增加 C．在cd 段仍需吸收热量 D．固态时的比热容比液态时大 三、填空题 10．如图所示，“糖炒板栗”是中国人传统的休闲食品之一，其做法是将洗净、干燥、开口的板栗放入烧热的黑铁砂中翻炒，黑铁砂快速升温，炒熟板栗，选用黑铁砂主要是因为它的比热容较　 　；炒制过程中，板栗的内能增大，主要是通过　 　的方式增加内能。 11．星期天，小明同学在父母的协助下，从早上六点开始每隔1小时对他家附近的气温和一个深水池里的水温进行测量，并根据记录的数据绘成温度—时间图像如图。从图像可以看出乙是　 　（选填“气温”或“水温”）的图像，这是由于水和空气的　 　不同。 12．如图所示是电暖气和暖手宝，电暖气充入的是比热容较小的液体，是为了通电后升温较　 　（选填“快”或“慢”）；而暖手宝要充入比热容大的液体，是为了使它在一次通电加热后可以放出更　 　（选填“多”或“少”）的热量。 13． 2024年央视315晚会曝光了某炸串店发现的一系列问题，引发了大家对油炸食物的关注。炸串是利用了　 　的方法使物体内能增加。油炸食品比水煮熟的更快，是由于油的　 　比水的高。某种油炸食品，每100g提供的能量约为，在1标准大气压下，假设这些能量全部被质量为5kg、温度为45℃的水吸收，可使这些水的温度升高　 　℃。[] 四、实验探究题 14．探究液体在沸腾前后温度变化的特点。如图甲，用电热杯分别加热质量相同的水和某食用油，食用油温度达到 时停止实验。图乙是水和食用油温度随时间变化的关系图像。 （1）水沸腾时，观察到水中产生大量气泡，气泡上升且体积变　 　。 （2）分析图像可得结论：水在沸腾过程中，温度　 　(填变化情况)。 （3）杯盖有排气孔，可以避免杯内　 　变大，导致液体的沸点变化。 （4）解释烹饪时的现象：①相同条件下，油升温比水快，原因是油的　 　小；②油炸食物易焦糊，而水煮食物不会，推测其原因是　 　。 15．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。 ⑴将质量相等的海水和沙子分别装在密闭绝热的真空箱内； ⑵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； ⑶根据实验数据得到了温度随时间的变化关系如图乙； ⑷实验数据表明：升高的温度相同时，　 　吸收的热量多； ⑸实验数据可得，海水和沙子的比热容之比为　 　。 五、计算题 16．“理趣”学习小组同学用电热器给0.5kg冰加热，并绘制出了冰熔化成水一段时间内的温度随加热时间变化的图像，如图所示。实验中，使用同一电热器，冰熔化成水后质量保持不变，相同加热时间冰与水吸收的热量相等。求：[c水=4.2×103J/（kg·℃）] （1）CD段水吸收的热量； （2）冰的比热容。 六、科普阅读题 17．阅读短文，回答文后问题。 牛顿冷却定律 当一个物体表面温度比周围环境高时，就会向周围环境散热，散热快慢可以用单位时间内散失热量的多少来表示。英国物理学家牛顿提出：物体散热快慢与物体和周围环境的温度差成正比。后人研究发现，在温度差不太大的情况下（小于15℃），这个结论符合实际散热规律，称为牛顿冷却定律。如果散热快慢用q表示，则牛顿冷却定律可以表示为q=k（t物-t环），其中k是散热系数，与物体的表面性质、表面积、周围环境性质等因素有关，和物质种类无关，如果上述因素相同，不同物质的散热系数就相同。 （1）把一杯沸水放在房间里，温度自然降低的自然规律是　 　。（选填“先快后慢”、“先慢后快”、“均匀降低”） （2）若某物体在1min内散失热量6000J，平均散热快慢q=　 　，由此可知散热快慢q和下列概念中物理意义最接近的是　 　。 A.速度 B.密度 C.功率 D.效率 （3）要喝一杯奶咖，有以下两种方式，你认为　 　方式的冷却效果较好（填序号） ①先将烧开的热咖啡倒入杯中，冷却5min，然后加一匙冷牛奶 ②先将烧开的热咖啡倒入杯中，立即将一匙冷牛奶加进杯中，然后冷却5min （4）一个物体温度为30℃，周围环境温度保持20℃不变，此时物体的放热快慢为q。当物体温度降低到28℃时，散热快慢为　 　。 七、综合题 18．甲、乙两个保温杯装有初温和质量相同的纯净水，静置在恒温的室内，小明每隔一段时间测出水温，并绘制了如图所示的图像。 （1）当t=1h时，　 　 （选填“甲”或“乙”）杯中的水的内能较大；甲杯中水的比热容　 　 乙杯中水的比热容（选填“大于”、“等于”、“小于”或“无法确定”）； （2）乙杯中的水在0﹣1h放热为Q1，在1﹣2h放热为Q2，则Q1　 　 Q2（选填“>”、“=”或“<”），你的判断依据是　 　 。 答案解析部分 1．【答案】B 【知识点】热量的概念；热传递改变物体内能；电荷间的相互作用规律；分子热运动 【解析】【解答】 A.烤好后的鸡翅“香味四溢”和分子间的引力无关，而是因为分子在永不停息地做无规则运动，故A错误； B.油烟过滤时，收集板和油烟微粒带上异种电荷，则它利用的正是异种电荷相互吸引的原理，故B正确； C. 刚烤好的鸡翅温度高，含有的内能多，而不是热量多， 故C错误。 D.太空烤箱工作时，鸡翅吸收烤箱发出的热量，是通过热传递的方式改变内能，故D错误。 故选B。 【分析】A.根据分子运动的知识判断； B.根据电荷之间的相互作用规律判断； C.热量是过程量，不是状态量，只能说吸收或放出； D.做功改变内能的本质为能量的转移，热传递改变内能的本质为能量的转移。 2．【答案】D 【知识点】凝华及凝华放热；内能的概念；比热容的定义及其计算公式 【解析】【解答】 A、南极的冰川温度很低，但也具有内能，故A正确； B、这是因为水的比热容较大，同样受热或冷却的情况下，吸收或放出相同热量，但水的温度变化比沙小。因此，在受太阳照射条件相同时，沙滩比海水的温度高，故B正确； C、相同情况下，0℃冰变成0℃水还要吸收热量，所以用质量相等的0℃的水和0℃的冰来冷却物体，冰的冷却效果较好，所以保鲜效果更好，故C正确； D、树枝上的霜是凝华现象，凝华放热，故D错误。 故选：D。 【分析】（1）任何物体都有内能。 （2）水的比热容大，在吸收和放出相同热量，温度变化小。 （3）熔化、汽化和升华过程都需要吸收热量； （4）凝华放热。 3．【答案】A 【知识点】比热容的定义及其计算公式；探究不同物质的吸热能力 【解析】【解答】AB．根据图片可知，质量相同的甲、乙两种液体升高相同的温度，甲的加热时间更长，吸收的热量更多，根据公式可知，甲的比热容大，故A正确，B错误； C．根据图片可知，同一热源加热，发热功率相同，则相同的时间内甲、乙两种液体吸收的热量相同，故C错误； D．根据图片可知，质量相同的甲、乙两种液体加热相同的时间，乙升高的温度更大，故D错误。 故选A。 【分析】AB.根据图片比较升高相同的温度时加热时间长短，进而确定吸收热量多少，根据公式比较二者比热容大小即可； C.根据实验中使用“同一热源”判断； D.根据图片分析加热时间相同时升高温度大小。 4．【答案】D 【知识点】熔化和凝固的温度—时间图象；熔化和凝固的探究实验；比热容的定义及其计算公式 【解析】【解答】A、图乙中，在25~35min内，N物质的温度与沸水的温度相同，因为不能继续吸热导致的，且在35min内，N物质的状态未知，固体N可能是非晶体，也可能是晶体(如果是晶体，其熔点不低于100℃)，更不能确定N的沸点是否为100℃，故A错误； B、图中，固体M一定是晶体，熔点为80℃，熔化时间持续了15min，故B错误； C、35min后，烧杯中两试管内物质的温度不会超过100℃，故C错误； D、图中，固态M的温度上升较快，则固态时比固态N的比热容小，故D正确。 故选D。 【分析】晶体熔化时温度不变，非晶体熔化时温度一直上升；根据图像判断固体M熔化的时间；液体沸腾时，温度不变；比热容大的物体吸收相同的热量时温度上升较小。 5．【答案】C 【知识点】热传递改变物体内能；热量的计算；热传递的概念与方式 【解析】【解答】根据吸热公式Q吸=cmt，变形可得。已知铁块和铜块的质量m相同、初温相同、吸收的热量Q吸相同，且c铁>c铜。由可知，比热容c越小，温度变化t越大。因此，铜块的温度升高得更多，即铜块的末温高于铁块的末温。热传递的条件是存在温度差，且热量总是从温度高的物体传向温度低的物体。因此，热量会从铜块传向铁块。 故答案为：C。 【分析】1、吸热公式：Q吸=cmt，其中Q吸为吸收的热量，c为比热容，m为质量，t为温度变化量。 2、热传递：条件：物体之间或同一物体的不同部分之间存在温度差。 方向：热量从温度高的物体（或部分）传向温度低的物体（或部分）。 实质：能量（内能）的转移，而不是温度的传递。 6．【答案】C 【知识点】比热容的定义及其计算公式；探究不同物质的吸热能力 【解析】【解答】A．根据图示数据，在0~12分钟内，乙液体温度从60℃降至20℃，共降低，因此选项A的表述是错误的。 B．在相同时间段内，甲液体温度从60℃降至40℃，降低幅度为20℃。根据热量公式，在放热量相同的情况下，比热容较大的物质温度变化较小。由于甲的温度变化更小，说明其比热容更大。已知水的比热容大于一般液体()，因此甲液体应为水，故选项B的表述是错误的。 C．两种液体在相同时间内释放的热量相等()，所以，代入具体数值：，计算得出乙液体的比热容，因此选项C是正确的。 D．计算0~12分钟内甲液体释放的热量： 因此选项D的表述是错误的。 综上所述，正确答案是C。 【分析】探究不同物质吸热：原理为Q=cmΔt，在控制材料不同的前提下，保证质量、吸收热量相同，根据加热时间代表物体吸收热量的多少（加热时间越长表明吸收热量越大），当加热时间相同时，温度变化少，物质的比热容大（吸热能力强）；加热时间过长，表明吸收热量较大，所以水的质量较多或者初温较低，或者没有加盖三种原因。 7．【答案】C 【知识点】熔化和凝固的温度—时间图象；熔化和凝固的探究实验；内能的概念；比热容的定义及其计算公式 【解析】【解答】AB．图中，该物质在熔化的过程中，温度保持在熔点50℃不变，是晶体，吸收热量，内能变大，故AB错误； C．图中，第6~8min，物质处于液态，吸收的热量为： Q＝cm(t-t0)＝1.8×103J/(kg⋅℃)×0.1kg×(90℃-50℃)=7200J； 热源相同，在相同时间内，物质吸收的热量相同，从熔化开始到结束，时间为3min，吸收的热量为：，故C正确； D．用相同的热源加热，在相同的时间内吸收的热量是相同的，固态时吸热时间为3min，吸收的热量是10800J；固态时的比热容为，故D错误。 故选C。 【分析】晶体熔化时，吸收热量，内能变大，温度保持不变；根据Q＝cm(t-t0)，计算吸收热量的多少，结合相同加热装置，相同时间，吸收的热量相等，结合，计算比热容的大小。 8．【答案】B,C 【知识点】热量的概念；比热容的定义及其计算公式 【解析】【解答】解：AB、若ma=mb，吸收相同的热量，a的温度升高幅度大，由知，a的比热容较小，b的比热容较大，即ca＜cb，故A错误，B正确； CD、若ca=cb，吸收相同的热量，a的温度升高幅度大，由知，a的质量较小，b的质量较大，即ma＜mb，故C正确，D错误。 故选：BC。 【分析】物质吸收热量的多少与比热容、质量和升高的温度成正比，由题意知，相同时间两种液体吸收的热量相同，由图象可以得到升高的温度与热量的关系，利用Q=cmΔt变形公式对比热容和质量大小作出判断。 9．【答案】A,B,C 【知识点】熔化与熔化吸热特点；熔化和凝固的温度—时间图象；比热容的定义及其计算公式 【解析】【解答】 解：A、由图象知，该物质在熔化过程中保持50℃不变，所以熔点为50℃，并且为晶体，故A正确。 B、由图象可知，该物质在ab段是熔化过程，晶体熔化时，仍然不断吸收热量，温度不变、但内能增加，故B正确； C、在cd段是该物质的沸腾过程，此时不断吸收热量，温度不变，故C正确； D、由图象可知，相同的时间内OA段升高的温度大于BC段升高的温度，由Q=cmΔt可知：当吸收的热量和质量都相同时，Δt越大比热容就越小，固态时的比热容比液态时小，故D错误。 故选：ABC。 【分析】（1）从晶体和非晶体的重要区别进行分析：晶体熔化时，不断吸收热量，温度保持不变；非晶体熔化时，不断吸收热量，温度逐渐升高。 晶体熔化时，不断吸收热量，温度保持不变，这个不变的温度是晶体的熔点。 （2）由图象可知，此物质固态时在相同的时间内升高的温度比液态时升高的温度大，由此可知温度变化越大，比热容就越小。 10．【答案】小；热传递 【知识点】热传递改变物体内能；比热容的定义及其计算公式 【解析】【解答】 选用黑铁砂的主要原因是其比热容较小。在相同质量条件下吸收相同热量时，比热容小的物质升温更快。因此黑铁砂能够迅速达到高温，从而快速炒熟板栗。 在炒制过程中，板栗通过吸收热量使其内能增加。这个能量传递过程主要是通过热传递方式实现的。 【分析】改变物体内能的方式有做功和热传递，如钻木取火、搓手取暖属于做功改变物体内能，用酒精灯热水属于热传递改变物体内能； 根据热量的计算可知，加热一定时间，比热容小的物体，升高的温度高。 11．【答案】气温；比热容 【知识点】比热容的定义及其计算公式 【解析】【解答】在自然界中，水的比热容最大，即水的比热容大于空气的比热容。根据可知，相同质量的水和空气吸收相同的热量时，水的温度变化较小，所以图中甲表示的是水温随时间变化的图线，乙是气温的图线。 【分析】比热容是表示物质吸放热本领大小的物理量，根据分析水和空气升温高度的大小即可。 12．【答案】快；多 【知识点】比热容的定义及其计算公式 【解析】【解答】（1）根据Q=cm△t可知，吸收相同的热量时，比热容小的温度升高得快，因此电暖气内部应充入比热容小的液体； （2）根据Q=cm△t可知，降低的温度相同时，比热容大的液体放出的热量越多，所以暖宝要充入比热容大的液体。 【分析】比热容是指单位质量的某种物质温度升高（或降低）1℃所吸收（或放出）的热量；质量相同的不同物质吸收相同的热量，比热容小的温度升高的快； 根据公式Q=cmΔt判定热量的多少。 13．【答案】热传递；沸点；55 【知识点】热传递改变物体内能；热量的计算 【解析】【解答】1、热量从油到食物，故炸串是利用了热传递使内能增加； 2、油炸食物比水煮熟的快，是因为油的沸点比水的沸点高； 3、热量为1.26×106J，全部被质量为5kg、温度为45℃的水吸收，根据。 水的末温t=t0+△t=45℃+60℃=105℃，由于标准大气压下水的沸点是100℃，所以可使这些水的温度升高100℃-45℃=55℃。 【分析】1、改变内能的方式：做功和热传递； 2、不同液体的沸点不同，油的沸点比水的高； 3、利用比热容的变形公式求解。 14．【答案】（1）大 （2）保持不变 （3）气压 （4）比热容；油的沸点高于水的沸点 【知识点】探究水的沸腾实验；比热容的定义及其计算公式 【解析】【解答】(1) 水沸腾时，水底产生的气泡上升过程中，周围水持续汽化不断补充水蒸气，同时液体压强随高度降低而减小，因此气泡上升时体积不断变大。 故答案为：大； (2) 从温度变化图像能观察到，水达到100℃后继续吸热，但温度曲线保持水平不上升，说明水在沸腾过程中温度保持不变。 故答案为：保持不变； (3) 加热液体时会产生大量水蒸气，杯盖的排气孔能够排出杯内多余水蒸气，防止杯内气压不断升高，避免气压改变造成液体沸点升高，保证实验沸点稳定。 故答案为：气压； (4) ①水和食用油质量、吸收热量条件相同时，油升温速度更快，依据吸热公式，吸收热量与质量相同，温度变化量更大，说明油的比热容更小；②油的沸点远高于水的沸点，油炸时油温能达到食物碳化的高温，水煮时水温最高仅100℃，达不到食物变焦的温度，因此油炸食物易焦、水煮不会。 故答案为：比热容；油的沸点高于水的沸点 【分析】(1) 结合沸腾气泡形成原理与液体压强规律，沸腾时液体内部持续汽化给气泡充气，深度越浅液体压强越小，气泡向外膨胀，因此体积变大。 (2) 依据液体沸腾特点，沸腾属于吸热但恒温的物态变化，结合图像中水温到达100℃后不再上升的曲线特征，得出温度保持不变的结论。 (3) 依托沸点与气压的关系，气压越大液体沸点越高，排气孔平衡杯内外气压，避免杯内气压增大干扰沸点测量。 (4) 核心公式，控制不变，与比热容成反比，升温快则比热容小； 利用液体沸点差异分析烹饪现象，水标准大气压下沸点100℃，食用油沸点远高于100℃，高温会让食物碳化变焦。 15．【答案】海水；4∶1 【知识点】探究不同物质的吸热能力 【解析】【解答】（4）（5）据图分析可知，升高相同温度，海水加热时间长，所以吸收热量多，结合Q=cm计算可知，加热时间越长，Q越大，m相同，相同，所以海水吸热量多，比热容大；升高相同温度，海水加热时间是沙子加热时间的4倍，所以海水和沙子的比热容之比为4：1. 【分析】探究不同物质吸热：原理为Q=cmΔt，在控制材料不同的前提下，保证质量、吸收热量相同，根据加热时间代表物体吸收热量的多少（加热时间越长表明吸收热量越大），当加热时间相同时，温度变化少，物质的比热容大（吸热能力强）；加热时间过长，表明吸收热量较大，所以水的质量较多或者初温较低，或者没有加盖三种原因。 16．【答案】（1）解：根据图像可知，CD段水升高的温度为20℃，水的质量等于冰的质量0.5kg， 则这段时间内水吸收的热量为。 （2）解：根据图可知，AB段加热5min冰升高温度20℃，CD段水加热10min水升高温度20℃， 水吸收的热量与加热时间成正比，则AB段冰吸收热量时间为CD段水吸收热量时间的一半，所以AB段吸收的热量为CD段水吸收热量的一半，即； 则冰的比热容。 【知识点】比热容的定义及其计算公式 【解析】【分析】（1）根据图片确定CD段水升高的温度，根据公式计算这段时间内水吸收的热量； （2）根据AB段和CD段的加热时间确定冰和水都升高20℃时吸收的热量之比，进而计算冰吸收的热量，然后根据计算冰的比热容。 （1）由题意可知，冰的质量为0.5kg，熔化为水后质量不变，CD段水升高的温度为20℃，则水吸收的热量为 （2）由题意可知，相同时间冰和水吸收的热量相同，而AB段冰吸收热量时间为CD段水吸收热量时间的一半，所以AB段吸收的热量为CD段水吸收热量的一半，即 AB段冰升高的温度为20℃，则冰的比热容 17．【答案】（1）先快后慢 （2）100 J/s；C （3）① （4）0.8q 【知识点】热传递改变物体内能；比热容的定义及其计算公式 【解析】【解答】（1）将沸水放在房间里，与周围环境的温度差越来越小，根据“物体散热快慢与物体和周围环境的温度差成正比”可知，故温度自然降低的规律是：先快后慢。 （2）①根据短文第一行内容可知，散热快慢指的是单位时间内能量变化的快慢，即； ②根据题意可知，散热快慢指的是单位时间内能量变化的快慢。 A．速度指的是物体在单位时间内经过的路程，密度指的是单位体积物质的质量，二者都与能量无关，故AB不符合题意； C．功率指的是单位时间内所做的功，即能量转化的快慢，故C符合题意； D．效率指的是有用功占总功的百分比，与快慢无关，故D不符合题意。 故选C。 （3）根据题意可知，②方式加入冷牛奶，降低了奶茶的温度，接下来散热的速度会变慢，而①方式奶茶在较高温度下放置5min，奶茶与环境的温度差更大，散热效率更高，故①方式的冷却效果较好。 （4）由牛顿冷却定律 q=k（t物-t环） 得到：； 解得：， 当物体温度降低到28℃时，散热快慢为。 【分析】 （1）热传递的特点是温差越大，热传递（散热）速度越快； （2）①根据“散热快慢指的是单位时间内能量变化的快慢”计算； ②分析各个选项中概念的定义方式即可 （3） 热传递的条件是有温度差，并且传递过程中速度先快后慢； （4）先根据q=k（t物-t环）求出散热系数，根据q=k（t物-t环）求出物体温度降低到29℃时的散热快慢。 （1）由题可知，物体散热快慢与物体和周围环境的温度差成正比，温度差越大，热传递的速度越快，所以将沸水放在房间里，与周围环境的温度差越来越小，故温度自然降低的规律是：先快后慢。 （2）[1]散热快慢指的是单位时间内能量变化的快慢，即 [2]根据题意可知，散热快慢指的是单位时间内能量变化的快慢。 A．速度指的是物体在单位时间内经过的路程，与能量无关，故A不符合题意； B．密度指的是单位体积物质的质量，与能量和快慢无关，故B不符合题意； C．功率指的是单位时间内所做的功，指的是做功的快慢，即能量转化的快慢，故C符合题意； D．效率指的是有用功占总功的百分比，与快慢无关，故D不符合题意。 故选C。 （3）散热的快慢与物体和周围环境的温度差成正比，②方式加入冷牛奶，降低了奶茶的温度，接下来散热的速度会变慢，而①方式奶茶在较高温度下放置5min，奶茶与环境的温度差更大，散热效率更高，再加冷牛奶，冷却效果更好，故①方式的冷却效果较好。 （4）由牛顿冷却定律可得 解得，当物体温度降低到28℃时，散热快慢为 18．【答案】（1）甲；等于 （2）>；质量相等的同种物质，温度变化量越大，放出的热量越多。 【知识点】比热容的定义及其计算公式 【解析】【解答】 解：（1）由图可知，当t=1h时，甲杯水的温度高于乙杯，又因为两杯水的质量相同，其温度越高，内能与温度有关，温度越高内能越大，所以甲的内能较大； 由题意可知，甲、乙两杯水，是同种物质，且状态是相同的，则两保温杯中水的比热容相同； （2）通过图像分析可知，乙杯中的水在0～1h，温度变化量约为40℃，在1～2h，温度变化量约为20℃，根据Q放=cmΔt可知，质量相等的同种物质，温度变化量越大，根据热量公式可知，放出的热量越多，故Q1＞Q2。 故答案为：（1）甲；=；（2）＞；质量相等的同种物质，温度变化量越大，放出的热量越多。【分析】 （1）物体内能与温度有关，质量相同的同种物体，温度越高，内能越大； 比热容是物质的特性，仅与物质的种类和所处的状态有关，而与物体的温度、质量和体积无关； （2）根据Q放=cmΔt通过图像分析可知，相等时间内乙杯中的水放出热量的大小关系。 （1）[1]由图可知，当t=1h时，甲杯水的温度较高，又因为两杯水的质量相同，其温度越高，内能越大，所以甲的内能较大。 [2]由题意可知，甲、乙两杯水，它们的种类和状态相同，则两保温杯中水的比热容相同。 （2）通过图像分析可知，乙杯中的水在0~1h，温度变化量约为40℃，在1~2h，温度变化量约为20℃，根据Q放=cmΔt可知，质量相等的同种物质，温度变化量越大，放出的热量越多，故Q1>Q2。 学科网（北京）股份有限公司 $ 12.3《物质的比热容》学科素养同步分层练习设计（培优版） 初中物理九年级上册（苏科版新教材） 一、选择题 1．2025年11月3日，中国空间站迎来了“厨房神器”————热风烘烤机，如图所示是太空烤出来的鸡翅。太空烤箱过滤油烟的方式是：将在高压下带电油烟微粒迁移到带电的收集板，实现对小颗粒油烟的捕捉。下列相关说法正确的是 A．烤好后的鸡翅“香味四溢”是因为分子间存在引力 B．油烟过滤中，带电油烟微粒被收集板吸附利用了异种电荷相互吸引的原理 C．刚烤好的鸡翅含有的热激多 D．太空烤箱工作时，是通过做功的方式改变鸡翅的内能。 【答案】B 【知识点】热量的概念；热传递改变物体内能；电荷间的相互作用规律；分子热运动 【解析】【解答】 A.烤好后的鸡翅“香味四溢”和分子间的引力无关，而是因为分子在永不停息地做无规则运动，故A错误； B.油烟过滤时，收集板和油烟微粒带上异种电荷，则它利用的正是异种电荷相互吸引的原理，故B正确； C. 刚烤好的鸡翅温度高，含有的内能多，而不是热量多， 故C错误。 D.太空烤箱工作时，鸡翅吸收烤箱发出的热量，是通过热传递的方式改变内能，故D错误。 故选B。 【分析】A.根据分子运动的知识判断； B.根据电荷之间的相互作用规律判断； C.热量是过程量，不是状态量，只能说吸收或放出； D.做功改变内能的本质为能量的转移，热传递改变内能的本质为能量的转移。 2．关于如图几幅图片的说法正确的是（　　）。 A．南极的冰川温度很低，所以不具有内能 B．沙滩上的沙子比海水烫，是因为沙子的比热容比海水的比热容大 C．冰块的保鲜效果比水更好，是因为冰的比热容比水的比热容小 D．树枝上的霜是凝华现象，霜的形成过程中要对外放出热量 【答案】D 【知识点】凝华及凝华放热；内能的概念；比热容的定义及其计算公式 【解析】【解答】 A、南极的冰川温度很低，但也具有内能，故A正确； B、这是因为水的比热容较大，同样受热或冷却的情况下，吸收或放出相同热量，但水的温度变化比沙小。因此，在受太阳照射条件相同时，沙滩比海水的温度高，故B正确； C、相同情况下，0℃冰变成0℃水还要吸收热量，所以用质量相等的0℃的水和0℃的冰来冷却物体，冰的冷却效果较好，所以保鲜效果更好，故C正确； D、树枝上的霜是凝华现象，凝华放热，故D错误。 故选：D。 【分析】（1）任何物体都有内能。 （2）水的比热容大，在吸收和放出相同热量，温度变化小。 （3）熔化、汽化和升华过程都需要吸收热量； （4）凝华放热。 3．两个相同的容器分别装了质量相同的两种液体，用同一热源分别加热，液体温度与加热时间关系如图所示。根据图像可知（　　） A．甲液体的比热容大于乙液体的比热容 B．如果升高相同的温度，两种液体吸收的热量相同 C．加热时间相同，甲液体吸收的热量大于乙液体吸收的热量 D．加热时间相同，甲液体升高的温度大于乙液体升高的温度 【答案】A 【知识点】比热容的定义及其计算公式；探究不同物质的吸热能力 【解析】【解答】AB．根据图片可知，质量相同的甲、乙两种液体升高相同的温度，甲的加热时间更长，吸收的热量更多，根据公式可知，甲的比热容大，故A正确，B错误； C．根据图片可知，同一热源加热，发热功率相同，则相同的时间内甲、乙两种液体吸收的热量相同，故C错误； D．根据图片可知，质量相同的甲、乙两种液体加热相同的时间，乙升高的温度更大，故D错误。 故选A。 【分析】AB.根据图片比较升高相同的温度时加热时间长短，进而确定吸收热量多少，根据公式比较二者比热容大小即可； C.根据实验中使用“同一热源”判断； D.根据图片分析加热时间相同时升高温度大小。 4． 某实验小组用两套如图甲所示完全相同的加热装置探究固体熔化时温度的变化规律，两套装置的烧杯中都装了相同质量的水，试管中分别装有少量相等质量的固体 M 和固体 N。用两个完全相同的酒精灯对它们加热，它们的温度随时间变化的图像如图乙所示，则下列说法正确的是 ( ) A．固体 N 一定是非晶体，沸点为 100 ℃ B．固体 M 一定是晶体，熔点为 80 ℃ ，熔化时间持续了 25 min C．35 min 后，烧杯中两试管内物质的温度会超过 100 ℃ D．固态 M 的比热容比固态 N 的比热容小 【答案】D 【知识点】熔化和凝固的温度—时间图象；熔化和凝固的探究实验；比热容的定义及其计算公式 【解析】【解答】A、图乙中，在25~35min内，N物质的温度与沸水的温度相同，因为不能继续吸热导致的，且在35min内，N物质的状态未知，固体N可能是非晶体，也可能是晶体(如果是晶体，其熔点不低于100℃)，更不能确定N的沸点是否为100℃，故A错误； B、图中，固体M一定是晶体，熔点为80℃，熔化时间持续了15min，故B错误； C、35min后，烧杯中两试管内物质的温度不会超过100℃，故C错误； D、图中，固态M的温度上升较快，则固态时比固态N的比热容小，故D正确。 故选D。 【分析】晶体熔化时温度不变，非晶体熔化时温度一直上升；根据图像判断固体M熔化的时间；液体沸腾时，温度不变；比热容大的物体吸收相同的热量时温度上升较小。 5．质量和初温均相同的铁块和铜块（已知），它们吸收相同的热量后，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 【知识点】热传递改变物体内能；热量的计算；热传递的概念与方式 【解析】【解答】根据吸热公式Q吸=cmt，变形可得。已知铁块和铜块的质量m相同、初温相同、吸收的热量Q吸相同，且c铁>c铜。由可知，比热容c越小，温度变化t越大。因此，铜块的温度升高得更多，即铜块的末温高于铁块的末温。热传递的条件是存在温度差，且热量总是从温度高的物体传向温度低的物体。因此，热量会从铜块传向铁块。 故答案为：C。 【分析】1、吸热公式：Q吸=cmt，其中Q吸为吸收的热量，c为比热容，m为质量，t为温度变化量。 2、热传递：条件：物体之间或同一物体的不同部分之间存在温度差。 方向：热量从温度高的物体（或部分）传向温度低的物体（或部分）。 实质：能量（内能）的转移，而不是温度的传递。 6．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，则下列说法中正确的是（　　） A．0~12min，乙液体的温度降低了 B．甲液体不是水 C．乙液体的比热容为 D．0~12min，甲液体放出了的热量 【答案】C 【知识点】比热容的定义及其计算公式；探究不同物质的吸热能力 【解析】【解答】A．根据图示数据，在0~12分钟内，乙液体温度从60℃降至20℃，共降低，因此选项A的表述是错误的。 B．在相同时间段内，甲液体温度从60℃降至40℃，降低幅度为20℃。根据热量公式，在放热量相同的情况下，比热容较大的物质温度变化较小。由于甲的温度变化更小，说明其比热容更大。已知水的比热容大于一般液体()，因此甲液体应为水，故选项B的表述是错误的。 C．两种液体在相同时间内释放的热量相等()，所以，代入具体数值：，计算得出乙液体的比热容，因此选项C是正确的。 D．计算0~12分钟内甲液体释放的热量： 因此选项D的表述是错误的。 综上所述，正确答案是C。 【分析】探究不同物质吸热：原理为Q=cmΔt，在控制材料不同的前提下，保证质量、吸收热量相同，根据加热时间代表物体吸收热量的多少（加热时间越长表明吸收热量越大），当加热时间相同时，温度变化少，物质的比热容大（吸热能力强）；加热时间过长，表明吸收热量较大，所以水的质量较多或者初温较低，或者没有加盖三种原因。 7．小明探究某物质熔化和沸腾的实验如甲所示，他把100g的某种固体碾碎后放入试管中，插入温度计，再将试管放在装有水的烧杯中加热（物质在相同时间内吸收的热量相等）。根据实验数据画出的图像如图乙所示，这种物质的液态比热容。下列选项正确的是（　　） A．该物质是非晶体 B．该物质熔化时温度保持50℃不变，内能不变 C．该物质熔化过程中吸收的热量为 D．该物质固态时的比热容为 【答案】C 【知识点】熔化和凝固的温度—时间图象；熔化和凝固的探究实验；内能的概念；比热容的定义及其计算公式 【解析】【解答】AB．图中，该物质在熔化的过程中，温度保持在熔点50℃不变，是晶体，吸收热量，内能变大，故AB错误； C．图中，第6~8min，物质处于液态，吸收的热量为： Q＝cm(t-t0)＝1.8×103J/(kg⋅℃)×0.1kg×(90℃-50℃)=7200J； 热源相同，在相同时间内，物质吸收的热量相同，从熔化开始到结束，时间为3min，吸收的热量为：，故C正确； D．用相同的热源加热，在相同的时间内吸收的热量是相同的，固态时吸热时间为3min，吸收的热量是10800J；固态时的比热容为，故D错误。 故选C。 【分析】晶体熔化时，吸收热量，内能变大，温度保持不变；根据Q＝cm(t-t0)，计算吸收热量的多少，结合相同加热装置，相同时间，吸收的热量相等，结合，计算比热容的大小。 二、多选题 8．用相同的酒精灯分别对a、b两液体加热（如图甲），根据测得数据分别描绘出这两液体的温度随加热时间变化的图象（如图乙）.在相同的时间内两液体吸收的热量相等，不计液体热量散失，分别用m。、mb、c。、cb表示a、b两液体的质量和比热容，则结合图中信息作出的下列推断正确的是（　　）. A．若m。= mb，则 ca> cb B．若 则 C．若 则 D．若 则mₐ>m。 【答案】B,C 【知识点】热量的概念；比热容的定义及其计算公式 【解析】【解答】解：AB、若ma=mb，吸收相同的热量，a的温度升高幅度大，由知，a的比热容较小，b的比热容较大，即ca＜cb，故A错误，B正确； CD、若ca=cb，吸收相同的热量，a的温度升高幅度大，由知，a的质量较小，b的质量较大，即ma＜mb，故C正确，D错误。 故选：BC。 【分析】物质吸收热量的多少与比热容、质量和升高的温度成正比，由题意知，相同时间两种液体吸收的热量相同，由图象可以得到升高的温度与热量的关系，利用Q=cmΔt变形公式对比热容和质量大小作出判断。 9．将某种固态物质放入加热功率恒定的装置中，对其加热至沸腾，温度随时间变化的关系如图所示，下列关于该物质的说法正确的是（　　）. A．固态时是晶体 B．在 ab 段内能增加 C．在cd 段仍需吸收热量 D．固态时的比热容比液态时大 【答案】A,B,C 【知识点】熔化与熔化吸热特点；熔化和凝固的温度—时间图象；比热容的定义及其计算公式 【解析】【解答】 解：A、由图象知，该物质在熔化过程中保持50℃不变，所以熔点为50℃，并且为晶体，故A正确。 B、由图象可知，该物质在ab段是熔化过程，晶体熔化时，仍然不断吸收热量，温度不变、但内能增加，故B正确； C、在cd段是该物质的沸腾过程，此时不断吸收热量，温度不变，故C正确； D、由图象可知，相同的时间内OA段升高的温度大于BC段升高的温度，由Q=cmΔt可知：当吸收的热量和质量都相同时，Δt越大比热容就越小，固态时的比热容比液态时小，故D错误。 故选：ABC。 【分析】（1）从晶体和非晶体的重要区别进行分析：晶体熔化时，不断吸收热量，温度保持不变；非晶体熔化时，不断吸收热量，温度逐渐升高。 晶体熔化时，不断吸收热量，温度保持不变，这个不变的温度是晶体的熔点。 （2）由图象可知，此物质固态时在相同的时间内升高的温度比液态时升高的温度大，由此可知温度变化越大，比热容就越小。 三、填空题 10．如图所示，“糖炒板栗”是中国人传统的休闲食品之一，其做法是将洗净、干燥、开口的板栗放入烧热的黑铁砂中翻炒，黑铁砂快速升温，炒熟板栗，选用黑铁砂主要是因为它的比热容较　 　；炒制过程中，板栗的内能增大，主要是通过　 　的方式增加内能。 【答案】小；热传递 【知识点】热传递改变物体内能；比热容的定义及其计算公式 【解析】【解答】 选用黑铁砂的主要原因是其比热容较小。在相同质量条件下吸收相同热量时，比热容小的物质升温更快。因此黑铁砂能够迅速达到高温，从而快速炒熟板栗。 在炒制过程中，板栗通过吸收热量使其内能增加。这个能量传递过程主要是通过热传递方式实现的。 【分析】改变物体内能的方式有做功和热传递，如钻木取火、搓手取暖属于做功改变物体内能，用酒精灯热水属于热传递改变物体内能； 根据热量的计算可知，加热一定时间，比热容小的物体，升高的温度高。 11．星期天，小明同学在父母的协助下，从早上六点开始每隔1小时对他家附近的气温和一个深水池里的水温进行测量，并根据记录的数据绘成温度—时间图像如图。从图像可以看出乙是　 　（选填“气温”或“水温”）的图像，这是由于水和空气的　 　不同。 【答案】气温；比热容 【知识点】比热容的定义及其计算公式 【解析】【解答】在自然界中，水的比热容最大，即水的比热容大于空气的比热容。根据可知，相同质量的水和空气吸收相同的热量时，水的温度变化较小，所以图中甲表示的是水温随时间变化的图线，乙是气温的图线。 【分析】比热容是表示物质吸放热本领大小的物理量，根据分析水和空气升温高度的大小即可。 12．如图所示是电暖气和暖手宝，电暖气充入的是比热容较小的液体，是为了通电后升温较　 　（选填“快”或“慢”）；而暖手宝要充入比热容大的液体，是为了使它在一次通电加热后可以放出更　 　（选填“多”或“少”）的热量。 【答案】快；多 【知识点】比热容的定义及其计算公式 【解析】【解答】（1）根据Q=cm△t可知，吸收相同的热量时，比热容小的温度升高得快，因此电暖气内部应充入比热容小的液体； （2）根据Q=cm△t可知，降低的温度相同时，比热容大的液体放出的热量越多，所以暖宝要充入比热容大的液体。 【分析】比热容是指单位质量的某种物质温度升高（或降低）1℃所吸收（或放出）的热量；质量相同的不同物质吸收相同的热量，比热容小的温度升高的快； 根据公式Q=cmΔt判定热量的多少。 13． 2024年央视315晚会曝光了某炸串店发现的一系列问题，引发了大家对油炸食物的关注。炸串是利用了　 　的方法使物体内能增加。油炸食品比水煮熟的更快，是由于油的　 　比水的高。某种油炸食品，每100g提供的能量约为，在1标准大气压下，假设这些能量全部被质量为5kg、温度为45℃的水吸收，可使这些水的温度升高　 　℃。[] 【答案】热传递；沸点；55 【知识点】热传递改变物体内能；热量的计算 【解析】【解答】1、热量从油到食物，故炸串是利用了热传递使内能增加； 2、油炸食物比水煮熟的快，是因为油的沸点比水的沸点高； 3、热量为1.26×106J，全部被质量为5kg、温度为45℃的水吸收，根据。 水的末温t=t0+△t=45℃+60℃=105℃，由于标准大气压下水的沸点是100℃，所以可使这些水的温度升高100℃-45℃=55℃。 【分析】1、改变内能的方式：做功和热传递； 2、不同液体的沸点不同，油的沸点比水的高； 3、利用比热容的变形公式求解。 四、实验探究题 14．探究液体在沸腾前后温度变化的特点。如图甲，用电热杯分别加热质量相同的水和某食用油，食用油温度达到 时停止实验。图乙是水和食用油温度随时间变化的关系图像。 （1）水沸腾时，观察到水中产生大量气泡，气泡上升且体积变　 　。 （2）分析图像可得结论：水在沸腾过程中，温度　 　(填变化情况)。 （3）杯盖有排气孔，可以避免杯内　 　变大，导致液体的沸点变化。 （4）解释烹饪时的现象：①相同条件下，油升温比水快，原因是油的　 　小；②油炸食物易焦糊，而水煮食物不会，推测其原因是　 　。 【答案】（1）大 （2）保持不变 （3）气压 （4）比热容；油的沸点高于水的沸点 【知识点】探究水的沸腾实验；比热容的定义及其计算公式 【解析】【解答】(1) 水沸腾时，水底产生的气泡上升过程中，周围水持续汽化不断补充水蒸气，同时液体压强随高度降低而减小，因此气泡上升时体积不断变大。 故答案为：大； (2) 从温度变化图像能观察到，水达到100℃后继续吸热，但温度曲线保持水平不上升，说明水在沸腾过程中温度保持不变。 故答案为：保持不变； (3) 加热液体时会产生大量水蒸气，杯盖的排气孔能够排出杯内多余水蒸气，防止杯内气压不断升高，避免气压改变造成液体沸点升高，保证实验沸点稳定。 故答案为：气压； (4) ①水和食用油质量、吸收热量条件相同时，油升温速度更快，依据吸热公式，吸收热量与质量相同，温度变化量更大，说明油的比热容更小；②油的沸点远高于水的沸点，油炸时油温能达到食物碳化的高温，水煮时水温最高仅100℃，达不到食物变焦的温度，因此油炸食物易焦、水煮不会。 故答案为：比热容；油的沸点高于水的沸点 【分析】(1) 结合沸腾气泡形成原理与液体压强规律，沸腾时液体内部持续汽化给气泡充气，深度越浅液体压强越小，气泡向外膨胀，因此体积变大。 (2) 依据液体沸腾特点，沸腾属于吸热但恒温的物态变化，结合图像中水温到达100℃后不再上升的曲线特征，得出温度保持不变的结论。 (3) 依托沸点与气压的关系，气压越大液体沸点越高，排气孔平衡杯内外气压，避免杯内气压增大干扰沸点测量。 (4) 核心公式，控制不变，与比热容成反比，升温快则比热容小； 利用液体沸点差异分析烹饪现象，水标准大气压下沸点100℃，食用油沸点远高于100℃，高温会让食物碳化变焦。 15．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。 ⑴将质量相等的海水和沙子分别装在密闭绝热的真空箱内； ⑵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； ⑶根据实验数据得到了温度随时间的变化关系如图乙； ⑷实验数据表明：升高的温度相同时，　 　吸收的热量多； ⑸实验数据可得，海水和沙子的比热容之比为　 　。 【答案】海水；4∶1 【知识点】探究不同物质的吸热能力 【解析】【解答】（4）（5）据图分析可知，升高相同温度，海水加热时间长，所以吸收热量多，结合Q=cm计算可知，加热时间越长，Q越大，m相同，相同，所以海水吸热量多，比热容大；升高相同温度，海水加热时间是沙子加热时间的4倍，所以海水和沙子的比热容之比为4：1. 【分析】探究不同物质吸热：原理为Q=cmΔt，在控制材料不同的前提下，保证质量、吸收热量相同，根据加热时间代表物体吸收热量的多少（加热时间越长表明吸收热量越大），当加热时间相同时，温度变化少，物质的比热容大（吸热能力强）；加热时间过长，表明吸收热量较大，所以水的质量较多或者初温较低，或者没有加盖三种原因。 五、计算题 16．“理趣”学习小组同学用电热器给0.5kg冰加热，并绘制出了冰熔化成水一段时间内的温度随加热时间变化的图像，如图所示。实验中，使用同一电热器，冰熔化成水后质量保持不变，相同加热时间冰与水吸收的热量相等。求：[c水=4.2×103J/（kg·℃）] （1）CD段水吸收的热量； （2）冰的比热容。 【答案】（1）解：根据图像可知，CD段水升高的温度为20℃，水的质量等于冰的质量0.5kg， 则这段时间内水吸收的热量为。 （2）解：根据图可知，AB段加热5min冰升高温度20℃，CD段水加热10min水升高温度20℃， 水吸收的热量与加热时间成正比，则AB段冰吸收热量时间为CD段水吸收热量时间的一半，所以AB段吸收的热量为CD段水吸收热量的一半，即； 则冰的比热容。 【知识点】比热容的定义及其计算公式 【解析】【分析】（1）根据图片确定CD段水升高的温度，根据公式计算这段时间内水吸收的热量； （2）根据AB段和CD段的加热时间确定冰和水都升高20℃时吸收的热量之比，进而计算冰吸收的热量，然后根据计算冰的比热容。 （1）由题意可知，冰的质量为0.5kg，熔化为水后质量不变，CD段水升高的温度为20℃，则水吸收的热量为 （2）由题意可知，相同时间冰和水吸收的热量相同，而AB段冰吸收热量时间为CD段水吸收热量时间的一半，所以AB段吸收的热量为CD段水吸收热量的一半，即 AB段冰升高的温度为20℃，则冰的比热容 六、科普阅读题 17．阅读短文，回答文后问题。 牛顿冷却定律 当一个物体表面温度比周围环境高时，就会向周围环境散热，散热快慢可以用单位时间内散失热量的多少来表示。英国物理学家牛顿提出：物体散热快慢与物体和周围环境的温度差成正比。后人研究发现，在温度差不太大的情况下（小于15℃），这个结论符合实际散热规律，称为牛顿冷却定律。如果散热快慢用q表示，则牛顿冷却定律可以表示为q=k（t物-t环），其中k是散热系数，与物体的表面性质、表面积、周围环境性质等因素有关，和物质种类无关，如果上述因素相同，不同物质的散热系数就相同。 （1）把一杯沸水放在房间里，温度自然降低的自然规律是　 　。（选填“先快后慢”、“先慢后快”、“均匀降低”） （2）若某物体在1min内散失热量6000J，平均散热快慢q=　 　，由此可知散热快慢q和下列概念中物理意义最接近的是　 　。 A.速度 B.密度 C.功率 D.效率 （3）要喝一杯奶咖，有以下两种方式，你认为　 　方式的冷却效果较好（填序号） ①先将烧开的热咖啡倒入杯中，冷却5min，然后加一匙冷牛奶 ②先将烧开的热咖啡倒入杯中，立即将一匙冷牛奶加进杯中，然后冷却5min （4）一个物体温度为30℃，周围环境温度保持20℃不变，此时物体的放热快慢为q。当物体温度降低到28℃时，散热快慢为　 　。 【答案】（1）先快后慢 （2）100 J/s；C （3）① （4）0.8q 【知识点】热传递改变物体内能；比热容的定义及其计算公式 【解析】【解答】（1）将沸水放在房间里，与周围环境的温度差越来越小，根据“物体散热快慢与物体和周围环境的温度差成正比”可知，故温度自然降低的规律是：先快后慢。 （2）①根据短文第一行内容可知，散热快慢指的是单位时间内能量变化的快慢，即； ②根据题意可知，散热快慢指的是单位时间内能量变化的快慢。 A．速度指的是物体在单位时间内经过的路程，密度指的是单位体积物质的质量，二者都与能量无关，故AB不符合题意； C．功率指的是单位时间内所做的功，即能量转化的快慢，故C符合题意； D．效率指的是有用功占总功的百分比，与快慢无关，故D不符合题意。 故选C。 （3）根据题意可知，②方式加入冷牛奶，降低了奶茶的温度，接下来散热的速度会变慢，而①方式奶茶在较高温度下放置5min，奶茶与环境的温度差更大，散热效率更高，故①方式的冷却效果较好。 （4）由牛顿冷却定律 q=k（t物-t环） 得到：； 解得：， 当物体温度降低到28℃时，散热快慢为。 【分析】 （1）热传递的特点是温差越大，热传递（散热）速度越快； （2）①根据“散热快慢指的是单位时间内能量变化的快慢”计算； ②分析各个选项中概念的定义方式即可 （3） 热传递的条件是有温度差，并且传递过程中速度先快后慢； （4）先根据q=k（t物-t环）求出散热系数，根据q=k（t物-t环）求出物体温度降低到29℃时的散热快慢。 （1）由题可知，物体散热快慢与物体和周围环境的温度差成正比，温度差越大，热传递的速度越快，所以将沸水放在房间里，与周围环境的温度差越来越小，故温度自然降低的规律是：先快后慢。 （2）[1]散热快慢指的是单位时间内能量变化的快慢，即 [2]根据题意可知，散热快慢指的是单位时间内能量变化的快慢。 A．速度指的是物体在单位时间内经过的路程，与能量无关，故A不符合题意； B．密度指的是单位体积物质的质量，与能量和快慢无关，故B不符合题意； C．功率指的是单位时间内所做的功，指的是做功的快慢，即能量转化的快慢，故C符合题意； D．效率指的是有用功占总功的百分比，与快慢无关，故D不符合题意。 故选C。 （3）散热的快慢与物体和周围环境的温度差成正比，②方式加入冷牛奶，降低了奶茶的温度，接下来散热的速度会变慢，而①方式奶茶在较高温度下放置5min，奶茶与环境的温度差更大，散热效率更高，再加冷牛奶，冷却效果更好，故①方式的冷却效果较好。 （4）由牛顿冷却定律可得 解得，当物体温度降低到28℃时，散热快慢为 七、综合题 18．甲、乙两个保温杯装有初温和质量相同的纯净水，静置在恒温的室内，小明每隔一段时间测出水温，并绘制了如图所示的图像。 （1）当t=1h时，　 　 （选填“甲”或“乙”）杯中的水的内能较大；甲杯中水的比热容　 　 乙杯中水的比热容（选填“大于”、“等于”、“小于”或“无法确定”）； （2）乙杯中的水在0﹣1h放热为Q1，在1﹣2h放热为Q2，则Q1　 　 Q2（选填“>”、“=”或“<”），你的判断依据是　 　 。 【答案】（1）甲；等于 （2）>；质量相等的同种物质，温度变化量越大，放出的热量越多。 【知识点】比热容的定义及其计算公式 【解析】【解答】 解：（1）由图可知，当t=1h时，甲杯水的温度高于乙杯，又因为两杯水的质量相同，其温度越高，内能与温度有关，温度越高内能越大，所以甲的内能较大； 由题意可知，甲、乙两杯水，是同种物质，且状态是相同的，则两保温杯中水的比热容相同； （2）通过图像分析可知，乙杯中的水在0～1h，温度变化量约为40℃，在1～2h，温度变化量约为20℃，根据Q放=cmΔt可知，质量相等的同种物质，温度变化量越大，根据热量公式可知，放出的热量越多，故Q1＞Q2。 故答案为：（1）甲；=；（2）＞；质量相等的同种物质，温度变化量越大，放出的热量越多。【分析】 （1）物体内能与温度有关，质量相同的同种物体，温度越高，内能越大； 比热容是物质的特性，仅与物质的种类和所处的状态有关，而与物体的温度、质量和体积无关； （2）根据Q放=cmΔt通过图像分析可知，相等时间内乙杯中的水放出热量的大小关系。 （1）[1]由图可知，当t=1h时，甲杯水的温度较高，又因为两杯水的质量相同，其温度越高，内能越大，所以甲的内能较大。 [2]由题意可知，甲、乙两杯水，它们的种类和状态相同，则两保温杯中水的比热容相同。 （2）通过图像分析可知，乙杯中的水在0~1h，温度变化量约为40℃，在1~2h，温度变化量约为20℃，根据Q放=cmΔt可知，质量相等的同种物质，温度变化量越大，放出的热量越多，故Q1>Q2。 学科网（北京）股份有限公司 $