12.3 物质的比热容（重难点专练）物理新教材苏科版九年级上册

12.3 物质的比热容 ▌题型01 比热容的概念与物理意义 1. D 2. C 3. D 4. 4.2 55 不变 5. 0.39×103 2.52×104 2.1×103 6. 不变 4 ▌题型02 温度、内能、热量的辨析 7. D 8. D 9. C 10. 大于 小于 11. 增大 热传递 不一定 12. 热量 铝 ▌题型03 热量公式 Q＝cmΔt 的理解与简单计算 13. (1) (2)100℃ 14. (1) (2)4.2℃ 15. (1) (2) (3) (4) 16. (1) (2) (3) 17. (1)8.4×104J (2)2.1×103J/（kg·℃） 18. (1)18000J (2) (3)9.6kg ▌题型04 比热容的大小比较与比值计算 19. C 20. C 21. A 22. 23. 15 24. 2:1 ▌题型05 水的比热容特点及其应用 25. C 26. D 27. C 28. b 29. 大于 甲 30. 乙 大于 内陆 ▌题型06 热平衡与吸放热综合计算 31 .无法比较 不变 1：10 32. Ⅰ 等于 3.36×103 33. 不变 1∶4 34. 1.4×103J/(kg⋅℃) 30℃ 35. (1)1∶2 (2)53℃ 36. （1）；（2）；（3） ▌题型07 实验探究——比较不同物质吸热的能力 37. (1)质量 加热时间 (2)水 4:1 (3)B B 38. (1)质量 计时器 (2)加热时间 等于 (3)甲 乙 (4)2.1×103 39. 物质种类 没有控制液体的质量相同 等于 液体升高的温度 2:1 海水 高于 40. (1)取相同质量的水和煤油 (2)等于 (3) 可行 41. (1) (2)A (3)不同意，因为没有控制盐水和水的质量相同 42. 等于 a 1：2 不可以 减少 ▌题型08 比热容相关的图像分析 43. C 44. A 45. D 46. 乙 < 大于 47. 48. 80 = A更好 ▌题型09 比热容与生活应用综合 49.C 50.A 51.C 52.大于2min且小于4min 53.B B 54.25 37.5 10 6 40 4 2 / 2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 12.3 物质的比热容 题型01 比热容的概念与物理意义 题型02 温度、内能、热量的辨析 题型03 热量公式 Q＝cmΔt 的理解与简单计算 题型04 比热容的大小比较与比值计算 题型05 水的比热容特点及其应用 题型06 热平衡与吸放热综合计算 题型07 实验探究——比较不同物质吸热的能力 题型08 比热容相关的图像分析 题型09 比热容与生活应用综合 ▌题型01 比热容的概念与物理意义 一、比热容的概念： 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，叫做这种物质的比热容。 符号：c。 公式：c＝Q/(mΔt)。 二、物理意义： 比热容是反映物质吸热（或放热）本领大小的物理量。 比热容越大，说明相同质量、升高相同温度时，吸收的热量越多；或吸收相同热量时，温度变化越小。 三、单位： 国际单位：焦每千克摄氏度，符号J/(kg·℃)。 读作：焦耳每千克摄氏度。 四、特点： 比热容是物质的一种特性，与物质的种类和状态有关，与质量、温度、热量无关。 同种物质在不同状态下比热容一般不同，如水和冰的比热容不同。 不同物质的比热容一般不同。 关键注意： 比热容是“物质”的特性，不是“物体”的特性。一杯水和一桶水，比热容相同。不能说“物体含有多少比热容”。 思维点拨： 比热容大，表示“吸放热本领强，温度不容易改变”。比较不同物质吸热能力，就看比热容。 1．下表是一些物质的比热容，根据表中数据和生活现象，下列判断正确的是（     ） 物质 比热容c/[J⋅（kg⋅°C）⁻1] 物质 比热容c/[J⋅（kg⋅°C）⁻1] 水 4.2×103 铝 0.88×103 煤油、冰 2.1×103 铁、钢 0.46×103 砂石 约0.92×103 铜 0.39×103 A．比热容与物质的状态无关 B．不同种类的物质，比热容一定不同 C．沿海地区昼夜温差小，是因为水的比热容较小 D．质量相同、初温相同的铝块和铜块升高相同的温度，铝块吸收的热量多 【答案】D 【详解】A．水和冰为同种物质，处于不同的状态，二者比热容不同，说明比热容与物质状态有关，故A错误； B．煤油和冰为不同种类物质，二者比热容相同，故B错误； C．沿海地区昼夜温差小是因为水的比热容大，相同质量的水和其它物质，在吸、放相同热量时，水的温度变化更小，故C错误； D．由可知，、均相等，，因此，铝块吸收的热量多，故D正确。 故选D。 2．关于比热容的说法正确的是（     ） A．根据知物质的比热容跟物体的温度变化成反比 B．若物质吸收的热量增大一倍，则其比热容增大一倍 C．一杯水倒出一多半，杯内剩余水的比热容一定不变 D．甲、乙质量相同，若甲升高的温度比乙的多，则c甲＜c乙 【答案】C 【详解】比热容是物质的固有属性，仅与物质种类、物态有关，与Q、m、Δt均无关。 A．是比热容的计算式而非决定式，c与Δt无关，故A错误； B．比热容与吸收热量Q无关，Q增大时c不变，故B错误； C．剩余水的物质种类、物态均不变，比热容不变，故C正确； D．由可知，m相同时，因Q未知，无法根据Δt大小比较c的大小，故D错误。 故选C。 3．甲、乙两个材料不同、质量相等的金属球，置于沸水中很长一段时间后取出，放在同一块长方体冰面上，热传递停止后如图所示。不计热损失，由此可判断（　　） A．甲球初温比乙球高 B．甲球比热容比乙球大 C．甲球末温比乙球高 D．甲球比热容比乙球小 【答案】D 【详解】AC．甲、乙两球置于沸水中很长一段时间后取出，说明它们的初温相同；甲、乙两球都放在冰上，会与冰发生热传递，最终温度与冰水混合物的温度相同，即达到0℃，所以两球的末温相同，故AC不符合题意； BD．甲、乙两球的质量相等，置于沸水中很长一段时间后取出，说明它们的初温相同，放在同一块长方体冰面上，热传递停止后，最终温度也相同，所以两球降低的温度相同，从图中可以看出，乙球使冰熔化的体积更大，说明乙球放出的热量更多，根据Q=cmΔt可知，因为两球质量和降低的温度都相同，所以甲球的比热容比乙球小，故C不符合题意，D符合题意。 故选D。 4．生活中食物的能量常用“卡路里”。“卡路里”简称“卡”，1卡是这样规定的：在1个标准大气压下，质量为1g的水，温度每升高1℃所吸收的热量。那么1卡=____J。某种油炸食品，每100g提供的能量约为卡，假设这些能量全部被质量为10kg、温度为25℃的水吸收，可使这些水的温度升高到____℃。水温升高后，水的比热容____（选填“增大”“减小”或“不变”）。[] 【答案】 4.2 55 不变 【详解】[1]根据题意，1卡是质量为1g的水温度升高1℃吸收的热量， 温度变化量，代入得 [2]水吸收的总热量 根据吸热公式变形得水升高的温度 水的末温 [3]比热容是物质的固有特性，只与物质的种类和状态有关，和温度无关，因此水温升高后，水的比热容不变。 5．若某个铜球的比热容为0.39×103J/（kg·℃），则半个铜球的比热容为_______J/（kg·℃），小黎同学用相同的电加热器分别对质量均为0.2kg的水和另一种液体加热，给水加热是通过热传递的方式使水的内能增加：得到的实验数据如图所示，则水在16min内吸收的热量为________J，另一种液体的比热容为________ J/（kg·℃）（水的比热容c水=4.2×103 J/（kg·℃）。 【答案】 0.39×103 2.52×104 2.1×103 【详解】[1]比热容是物质的属性，与物质的种类和状态有关，与物体的质量无关，因此半个铜球的比热容为0.39×103J/（kg·℃）。 [2]据图可知，16min水吸收的热量为 [3]由于使用相同的电加热器，则相同时间内物质吸收的热量相同，据图可知，另一中液体加热8min吸收的热量是水加热16min吸收热量的一半。则另一种液体的比热容为 6．将一杯热水倒入盛有一些冷水的容器中，水的比热容将______（选填“变大”“变小”或 “不变”），如果冷水的温度升高了10℃，又向容器内倒入同样一杯热水，冷水的温度又升高了6℃。如果再向容器内倒入同样一杯热水，则冷水温度可再升高_____℃（不计热量损失）。 【答案】 不变 4 【详解】[1]比热容是物质的一种特性，与温度无关，所以将一杯热水倒入盛有一些冷水的容器中，水的比热容将不变。 [2]设冷水，热水的质量量分别为m1、m2，冷水和热水的温差为t，依题意得，第一次倒入热水，当容器中温度稳定时 ① 第二次倒入热水后，当容器中温度稳定时 ② 由①-②得 解得 ③ 将③带入①得 ④ 第三次倒入热水后，当容器中温度稳定时，设冷水升高的温度为， 则 ⑤ 将③④代入⑤得 ▌题型02 温度、内能、热量的辨析 一、温度： 表示物体的冷热程度，是状态量。温度升高，分子热运动加剧，内能一般增大。 二、内能： 物体内所有分子做无规则运动的动能和分子势能的总和，是状态量。一切物体都有内能。内能大小与温度、质量、状态、材料等有关。 三、热量： 在热传递过程中，传递能量的多少，是过程量。只能说“吸收热量”或“放出热量”，不能说“含有热量”或“具有热量”。 四、三者关系： 温度升高，内能一定增大，但不一定吸收热量，也可能是外界对物体做功。 吸收热量，内能一定增大，但温度不一定升高，如晶体熔化。 内能增大，温度不一定升高；温度升高，内能一定增大。 关键注意： “热”字在不同语境中含义不同：“热传递”中的热指热量，“热运动”中的热指分子无规则运动，“热膨胀”中的热指温度。判断时要明确是温度、内能还是热量。 思维点拨： 温度是“冷热程度”，内能是“分子能量总和”，热量是“传递的能量”。温度变化看内能，内能变化看温度、状态、质量等。 7．下列说法中正确的是（     ） A．温度越高的物体，放出的热量越多 B．在“摩擦生热”的过程中，内能转化为机械能 C．铁块很难被压缩，是因为分子间存在着引力 D．内陆地区比沿海地区昼夜温差大原因之一是沙石的比热容比水的比热容小 【答案】D 【详解】A．物体放出热量的多少和比热容、质量、温度变化量都有关，不是仅由温度高低决定，故A错误； B．摩擦生热的过程中，克服摩擦做功，是机械能转化为内能，故B错误； C．铁块很难被压缩，是因为分子间存在斥力，故C错误； D．比热容越大，相同吸放热条件下温度变化越小。水的比热容远大于沙石，沿海地区多水，内陆地区多沙石，同样吸收或放出相同热量时，沙石的温度变化更大，因此内陆地区比沿海地区昼夜温差大，故D正确。 故选D 。 8．关于温度、热量、内能，下列说法正确的是（    ） A．温度高的物体，内能一定大 B．物体的温度越高，所含的热量越多 C．物体的内能增大，一定是外界对物体做了功 D．晶体在熔化过程中，继续吸热，温度不变，内能增大 【答案】D 【详解】A．内能的大小与物体的质量、温度、状态等因素有关，仅根据温度高不能判定内能一定大，故A错误； B．热量是过程量，只能描述为物体吸收或放出热量，不能说物体“所含的热量越多”，故B错误； C．改变物体内能的方式有做功和热传递两种，物体内能增大，可能是外界对物体做功，也可能是吸收了热量，并非一定是外界对物体做功，故C错误； D．晶体在熔化过程中，温度保持不变，但不断从外界吸热，其内能增大，故D正确。 故选D。 9．如图所示是《天工开物》中关于用铜铸币的情景。下列说法中正确的是（　　） A．铜在熔化过程中，内能不断增大，温度不断升高 B．熔化的液态铜温度高，含有的热量多 C．液态铜倒入钱币模具，凝固过程中，内能一直减小 D．铜币在冷却过程中，铜币的比热容不断变小 【答案】C 【详解】A．铜是晶体，铜在熔化过程中温度保持不变，吸收热量，内能增大。故A错误； B．热量指的是由于温差的存在而导致的能量转化过程中所转化的能量，是一个过程量，所以热量用“吸收”或“放出”来表述，不能用“具有”或“含有”表述，故B错误； C．熔化的液态铜倒入钱币模具，凝固过程中温度不变，放出热量，内能减小，故C正确； D．比热容是物质的一种特性，与物体的质量、体积和温度都无关，所以在铜币冷却过程中，铜币始终为固态，铜的比热容不变，故D错误。 故选C。 10．如图是某液体放热过程中温度随时间变化的图像。则第时它的内能__________（大于/等于/小于，下同）第时的内能；它在固态、液态时的比热容大小关系为____。 【答案】 大于 小于 【详解】[1]液体凝固过程中放热，温度不变，但内能减小，所以第时的内能大于第时的内能。 [2]由图可知，当温度降低4°C时，液态放热时间为10min，固态放热时间为5min，放热时间越长，放出的热量越多，放热能力越强，比热容越大，则液态放热时间长，液态时比热容更大，所以小于。 11．加热烧杯内的冰使其熔化，其内能________（选填“增大”、“减小”、“不变”），这是通过________的方式改变冰的内能。根据该实验现象可知，物体内能变化时，其温度________变化。（选填“一定”或“不一定”）。 【答案】 增大 热传递 不一定 【详解】 冰在熔化过程中持续吸收热量，内能随吸收热量而增大。 加热过程中，热量从热源转移到冰上，这种通过内能转移改变物体内能的方式属于热传递。 冰是晶体，熔化时吸收热量、内能增大，但温度保持不变，这说明物体内能变化时，温度不一定发生变化。 12．在热传递过程中，内能改变的多少叫做_______；水沸腾过程中水持续吸热，若将质量和初温均相同的铝、铜、铁三个金属球（）浸没在同一沸水中煮较长的一段时间，从沸水中吸热最多的是______球。 【答案】 热量 铝 【详解】根据热传递的物理定义，在热传递过程中，内能改变的多少叫作热量。 三个金属球质量m相同、初温相同，在沸水中煮较长时间后，末温与沸水温度一致，因此温度变化量Δt相同。根据吸热公式，可知比热容越大，吸收的热量越多。已知，所以铝球吸热最多。 ▌题型03 热量公式 Q＝cmΔt 的理解与简单计算 一、公式： Q＝cmΔt。 Q表示吸收或放出的热量，单位J； c表示物质的比热容，单位J/(kg·℃)； m表示物体的质量，单位kg； Δt表示温度的变化量，单位℃。 二、温度变化量Δt： 升温时：Δt＝t末－t初； 降温时：Δt＝t初－t末。 Δt取绝对值，表示温度升高或降低的数值。 三、变形公式： c＝Q/(mΔt)，m＝Q/(cΔt)，Δt＝Q/(cm)。 四、计算步骤： 明确是吸热还是放热； 找出c、m、Δt； 统一单位后代入公式； 计算并注明单位。 关键注意： 温度变化量是“高温减低温”，不是末温减初温一定为正。质量单位要用kg，温度单位用℃。比热容单位要与公式一致。计算时注意区分“升高到”和“升高了”。 思维点拨： 先确定Δt是升高还是降低，再代入Q＝cmΔt。升温吸热，降温放热。 13．为了提高能源利用率，某品牌纯电动汽车使用了能量回收技术，即当汽车制动减速时，使驱动电机变为发电机，用制动时的机械能来发电。某次制动时回收的能量为，已知，请回答下列问题： (1)不计能量损耗，此次回收的能量可以使多少千克的水温度升高40℃？ (2)若上述的水升温后温度为40℃，然后继续吸收的热量，水的温度可以达到多少摄氏度（标准大气压下）？ 【答案】(1) (2)100℃ 【详解】（1）不计能量损耗，则，由可知，水的质量是 （2）水再吸收的热量后，可升高温度为 理论上水可达到末温 但水在标准大气压下沸点为100℃，故水可达到的温度为100℃。 14．有蹭吃蹭喝蹭网络的，没想到还有蹭地暖的吧！有小区通知入住且不缴供暖费用的要交30%的蹭暖费。“水地暖”取暖的原理是以温度不高于60℃的热水为热媒，在埋置于地面以下填充层中的管道内循环流动，加热整个地板。某房间一段时间内循环流动的水的质量为100kg，进水温度为55℃，出水温度为40℃。求这段时间里： (1)水向外界放出的热量；[] (2)水向外界放出的热量若有十分之一被邻居蹭热，能使邻居家空气升高的温度。[] 【答案】(1) (2)4.2℃ 【详解】（1）水温度变化量 放出热量 （2）空气吸收的热量 根据吸热公式可得，空气升高的温度 15．小红在实验室利用电加热器加热，完成了冰的熔化实验，并描绘出冰的温度随加热时间变化的关系图线（如图所示）。实验时，冰的质量为0.5kg，相同时间内水和冰吸收的热量相同，水的比热容为4.2×103J/（kg℃）。冰的比热容为2.1×103J/（kg·℃）。求： (1)CD段水吸收的热量； (2)在CE段，水吸收了3.15×104J的热量，水温升高了多少℃？ (3)AB段冰吸收的热量； (4)冰在熔化过程中吸收的热量。 【答案】(1) (2) (3) (4) 【详解】（1）CD段水吸收的热量 （2）CE段水温升高的温度 （3）AB段冰吸收的热量 （4）BC段为冰的熔化过程，相同时间内吸收热量相同，每分钟吸收的热量为 熔化时间为 熔化吸收的热量为 16．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、质量为的水和某液体，再各放入一个温度传感器，然后使它们冷却凝固。若单位时间内它们放出的热量相等，用测得的数据绘出两种物质温度随时间变化的图像，如图所示。已知，实验在标准大气压下进行。求： (1)从刚好降到时，水放出的热量 (2)计算液体的比热容 (3)计算时间液体放出的热量 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）从刚好降到时，水放出的热量 （2）由图可知，上面物质的熔化图像中，熔点为，下面物质的熔化图像中，熔点为，所以上面物质是水，下面物质是液体，由题意可知，单位时间内它们放出的热量相等，则，由图可知，时间内，它们放出的热量相等，水由降温到，液体由降温到，则 则水和某液体的质量相等，则液体的比热容为 （3）时间液体放出的热量 17．如图为冰熔化时温度随时间的变化的关系图像。实验时，冰的质量为2kg，相同时间内水和冰吸收的热量相同。已知水的比热容为4.2×103J/（kg·℃），求：[假设整个过程中冰（或水）的质量没有损耗] (1)CD段水吸收的热量； (2)冰的比热容。 【答案】(1)8.4×104J (2)2.1×103J/（kg·℃） 【详解】（1）由图像可知，CD段是水吸热升温的过程，水在CD段吸收的热量为 （2）由题意“相同时间内水和冰吸收的热量相同”可知，加热装置的功率恒定，单位时间内物质吸收的热量相同。 由图像可知，水在CD段的加热时间 冰在AB段的加热时间 由于加热功率恒定，吸收的热量与加热时间成正比，所以冰在AB段吸收的热量 由图像可知，冰在AB段温度从-10℃升高到0℃，温度变化量 冰的比热容 18．如图甲所示，A、B是两个底部装有完全相同的加热器的容器，加热器产生的热量80%可以被容器中的液体吸收，已知加热器每秒钟放出热量1500J。现将甲、乙两种液体分别倒入A、B杯中，其中甲液体的质量为400g；让两个加热器同时开始工作，60s后停止加热，然后立即将比热容为的合金球迅速放入乙液体中（从球放入到达到热平衡不计热损失），它们的温度随时间变化图像如图乙所示（部分图像未画出）。求： (1)加热15s时，甲液体吸收的热量为多少？ (2)甲液体的比热容为多少？ (3)合金球的质量为多少？ 【答案】(1)18000J (2) (3)9.6kg 【详解】（1）加热器每秒钟放出热量1500J，加热器产生的热量80%可以被容器中的液体吸收，加热15s时，甲液体吸收的热量 （2）甲液体的质量为400g，加热15s时，甲液体的温度由10℃升高到30℃，则甲液体的比热容 （3）则加热60s时，乙液体吸收的热量 Q乙=1500J/s×60s×80%=7.2×104J 由乙图可知，加热60s时，乙液体的温度从10℃升高到60℃，则加热60s乙液体升高的温度 Δt乙升=60℃-10℃=50℃ 加热60s乙液体吸收的热量 Q乙吸=c乙m乙Δt乙升① 合金球放入乙液体后，乙液体的温度从60℃降低到40℃，则乙液体放热时降低的温度 Δt乙降=60℃-40℃=20℃ 合金球放入乙液体后，乙液体放出的热量 Q乙放=c乙m乙Δt乙降② 则两过程中乙液体放出的热量与其吸收的热量的比值 所以 从球放入到达到热平衡不计热损失，则 Q球吸=Q乙放=2.88×104J 由图象可知，合金球放入乙液体后，合金球的温度从30℃升高到40℃，则合金球升高的温度 Δt球升=40℃-30℃=10℃ 由Q吸=cmΔt可得，合金球的质量 ▌题型04 比热容的大小比较与比值计算 一、大小比较： 由c＝Q/(mΔt)可知，比较比热容要控制变量。 质量相同、升高温度相同，吸收热量多的比热容大。 质量相同、吸收热量相同，温度变化小的比热容大。 吸收热量相同、温度变化相同，质量小的比热容大。 二、比值计算： c₁/c₂＝(Q₁/(m₁Δt₁))/(Q₂/(m₂Δt₂))＝Q₁m₂Δt₂/(Q₂m₁Δt₁)。 若m、Δt相同，则c与Q成正比； 若Q、Δt相同，则c与m成反比； 若Q、m相同，则c与Δt成反比。 三、常见题型： 比较不同物质的比热容；根据Q＝cmΔt计算比值；结合图像比较比热容。 关键注意： 比热容是物质特性，比较时要注意控制变量。比值计算先写公式，再代入对应物理量，单位统一。 思维点拨： 比热容比较看“相同条件下，谁温度变化小，谁比热容大”。比值题先列公式，再找相同量约分。 19．新能源汽车电池工作时会产生大量热量，需选用比热容合适的散热材料保障安全。某小组为探究“水与新型石墨烯复合散热剂的比热容特性”，选用如图甲所示的装置：将分别盛有50g水和50g石墨烯复合散热剂的两支相同试管固定在铁架台上，用同一红外加热器加热（忽略热量损失，物体单位时间内吸收的热量相等），用温度传感器实时采集数据，计算机绘制出的温度随时间变化图线如图乙所示（图线A为石墨烯复合散热剂，图线B为水）。第二小组用该器材进行实验，得到两物质的温度随时间变化图像均为图线A，下列说法正确的是（　　） A．加热3min，水吸收的热量大于石墨烯复合散热剂吸收的热量 B．加热3min，石墨烯复合散热剂升温更快，说明它的比热容比水大 C．石墨烯复合散热剂的比热容为 D．第二小组的水和石墨烯复合散热剂的质量比为3∶2 【答案】C 【详解】A．用同一红外加热器加热（忽略热量损失，物体单位时间内吸收的热量相等），故加热3min，时间相同，水吸收的热量等于石墨烯复合散热剂吸收的热量，故A错误； B．根据比热容公式，质量相同、吸收热量相同时，比热容越小的物体温度升高值越大，石墨烯复合散热剂升温更快，即它的温度升高值更大，说明它的比热容比水小，故B错误； C．由图像可知，图线A温度升高20℃需要2min，图线B温度升高20℃需要3min，因热源相同，所以同样升高20℃石墨烯复合散热剂与水吸收的热量之比为；根据比热容公式，质量相同、温度升高相同时，物体吸收的热量与比热容成正比，即，所以石墨烯复合散热剂的比热容为 故C正确； D．第二小组用同样的器材进行实验，得到两物质的温度随时间变化图像均为图线A，根据比热容公式，吸收的热量相同、温度升高相同时，物体的质量与比热容成反比，所以第二小组的水和石墨烯复合散热剂的质量比为 故D错误。 故选C。 20．根据表格中数据，下列说法正确的是（　　） 物质 铁 铜 水 煤油 约 A．1 kg铜温度升高时，吸收的热量是 B．1 kg的水温度由升高到吸收的热量小于从升高到吸收的热量 C．煤油和水体积之比为2:1，吸收热量之比为12:5，则升高温度之比为3:1 D．初温、质量相同的铁块和铜块，吸收相同的热量后，铁块的末温高于铜块 【答案】C 【详解】A．由表格可知铜的比热容为，根据比热容的定义，其物理意义是质量为1kg的铜温度每升高所吸收的热量是，而不是 故A错误； B．根据热量计算公式（其中为吸收或放出的热量，为比热容，为质量，为温度变化量）。 1kg的水从升高到，温度变化量 从升高到，温度变化量 因为水的比热容和质量都不变，且，所以它们吸收的热量相同，故B错误； C．已知煤油和水体积之比，由表格可得煤油的密度，水的密度 根据密度公式，可得质量之比 又已知吸收热量之比，煤油的比热容，水的比热容。 根据，可得升高温度之比 即升高温度之比为，故C正确； D．已知铁的比热容，铜的比热容，即。 质量相同的铁块和铜块，吸收相同的热量后，根据的变形公式，因为、相同，，所以铜块升高的温度比铁块升高的温度多。 又因为初温相同，所以铜块的末温高于铁块的末温，故D错误。 故选C。 21．如图所示，是用相同加热器加热质量相等的A、B两种不同液体时（忽略散热）得到水温与加热时间的图线。则A、B两液体的比热容之比为（　　） A．2∶3 B．3∶2 C．2∶1 D．1∶2 【答案】A 【详解】由题意可知，用相同加热器加热质量相等、初温相同的A、B两种不同液体，相同时间内，液体吸热相同；由图可知，A、B两种液体升高相同的温度，加热时间分别为2min、3min，则A、B两种液体吸收热量之比 则A、B两液体的比热容之比，故A符合题意，BCD不符合题意。 故选A。 22．如图所示，规格相同的甲、乙两容器中分别装有5kg和2kg的纯净水，并用不同加热器加热（不计热损失，气压为标准大气压），得到如图丙所示的水温与加热时间的关系图，已知水的比热容是，则加热时间为9min时，甲、乙容器中水的末温之比为________。 【答案】 【详解】不计热损失，加热器放出的热量全部被水吸收，由、可得加热器功率 加热器1的功率为 加热9min甲吸收的总热量为 标准大气压下水的沸点为，甲的水加热至沸腾需吸收的热量为 因，故甲的水沸腾后温度不变，末温。 加热器2的功率为 加热9min乙吸收的总热量为 乙升高的温度为 乙的末温为 因，故乙的水未沸腾，末温为。 甲、乙末温之比为 即 23．小明在探究“物质的放热能力与哪些因素有关”时，分别用质量均为0.5kg的两液体进行对比实验，并用图像对实验数据进行了处理，如图所示。实验过程中，两种液体在相同时间内放出的热量相等，分析图像可以得出：当乙的温度下降到20℃时，需要_____min的时间；甲乙两种物质的比热容之比为_______；若甲是水，则乙液体在0～15min内放出的热量为 ______J。 【答案】 15 【详解】[1]从图像可以直接看出，乙液体温度降到时，对应横坐标（时间）为。 [2]已知两种液体质量相等，相同时间内放出热量相等，根据放热公式，可得，因此比热容与温度变化量成反比。 由图可知，经过时： 甲降低的温度 乙降低的温度 因此比热容之比 即 [3]甲是水，水的比热容，由，得乙的比热容。 内，乙放出的热量 24．用相同的热源分别对甲、乙两种液体加热，已知甲、乙质量相等（不计热量损失）。加热过程甲、乙两种液体温度随加热时间变化的关系图象如图所示，则甲、乙两种液体的比热容之比为________。 【答案】2:1 【详解】甲的温度从升高至，需要，吸收的热量 乙的温度从升高至，需要，吸收的热量 由题知，用相同的热源分别对甲、乙两种液体加热，在相同的时间内，甲和乙吸收的热量相同，则 即 解得甲、乙的比热容之比 ▌题型05 水的比热容特点及其应用 一、水的比热容： 水的比热容较大，c水＝4.2×103J/(kg·℃)。 表示1 kg水温度升高（或降低）1℃吸收（或放出）的热量是4.2×103J。 二、应用： 暖气用水作介质：水比热容大，降低相同温度放出热量多，取暖效果好。 汽车发动机用水冷却：水比热容大，升高相同温度吸收热量多，冷却效果好。 沿海地区昼夜温差小：水比热容大，吸收或放出相同热量时温度变化小。 农民傍晚往秧田灌水：水比热容大，夜间降温慢，保护秧苗。 热水袋用水：水比热容大，放热多且降温慢。 关键注意： 水的比热容大，不是“水温度高”，也不是“水吸热多”。应用时抓住“温度变化小”或“吸放热多”。 思维点拨： 水比热容大→吸放热本领强→温度不易变化。解释生活现象时，先说明水的比热容大，再分析吸放热和温度变化。 25．如图甲所示，烧杯中水的初温与室温均为25.4°C，用搅拌器不断地搅拌水。此过程中，水的温度-时间图像如图乙所示。若不考虑水的质量变化，在搅拌水的150min过程中（　　） A．水的比热容变大 B．搅拌器做功消耗了水的内能 C．水分子热运动变得更剧烈 D．水可能没有与外界发生热传递 【答案】C 【详解】A．比热容是物质的一种特性，只与物质的种类和状态有关，与物质的温度无关， 因此在搅拌水的过程中，水的比热容不变，故A不符合题意； B．搅拌器对水做功，机械能转化成水的内能，水的内能增加，故B不符合题意； C．分子热运动的剧烈程度与温度有关，搅拌过程中水的温度升高，水分子热运动的剧烈程度增加，故C符合题意； D．由于搅拌过程中，水的温度高于环境温度，装置没有与外界隔热，水一定与外界发生了热传递，故D不符合题意。 故选C。 26．下列说法正确的是（　　） A．夏天的中午时分，海边沙子比海水热，是因为沙子吸热多，海水吸热少 B．在寒冷的冬季，北方地窖里面放桶水能防止冻坏蔬菜，是利用水的比热容大，放热多 C．宽窄巷子喷水雾降温是利用了水的比热容较大的特性 D．在盛夏的夜晚，微风一般从陆地吹向海洋 【答案】D 【详解】A．夏天海边沙子比海水热，是因为在吸收相同热量时，沙子的比热容小，温度变化高，故A错误； B．在寒冷的冬季，北方的气温很低，在菜窖里放几桶水就是利用凝固时放热，使菜窖内温度不致太低，菜不致冻坏，故B错误； C．宽窄巷子喷水雾降温是利用了水蒸发吸热的原理，故C错误； D．在盛夏的夜晚，同样放热的情况下，因海水的比热容大于陆地的比热容，水的温度降低的少，海洋上空气温高，气压低，微风从陆地吹向海洋，故D正确。 故选D。 27．利用图甲所示的实验装置比较不同物质吸热的情况，使用相同规格的电加热器分别对水和食用油加热，得到温度随时间变化的图像如图乙所示。已知，不计热量损失。下列说法正确的是（　　） ①应在两个相同的烧杯中加入体积和初温均相同的水和食用油 ②加热2min时，食用油和水吸收的热量一样多 ③若给汽车发动机降温，应选b物质作冷却剂 ④分析图乙可得a是食用油的升温图像，其比热容为 A．只有①③ B．只有②④ C．只有②③④ D．只有①②③ 【答案】C 【详解】①本实验需要控制水和食用油的质量相同，而不是体积相同，水和食用油密度不同，相同体积时质量不同， ①错误。 ②实验中使用相同规格的电加热器，相同时间内放出的热量相同，且不计热量损失，因此水和食用油吸收的热量相等，②正确。 ③从图乙可知，相同时间（吸收相同热量）时，b物质升温更慢，说明其比热容更大，吸热能力更强。 水的比热容比食用油大，所以b物质是水，更适合作为冷却剂， ③正确。 ④ a 物质升温更快，比热容更小，是食用油。 从图乙可知： 3min时，水（b）温度从 20℃升至 40℃， 2min时，食用油（a）温度从 20℃升至 40℃， 故水、油的热量关系满足 即   故， ④正确。 正确的是 ②③④。 故选 C。 28．在探究“物质的吸热能力与哪些因素有关”的实验中，用相同的热源给质量相等的水和另一种物质加热，收集的数据如图所示。分析图一可以得出图线___________（选填“a”或“b”）对应的物质为水，另一种物质的比热容为___________。如图二是对0.5kg的碎冰块均匀加热获得的“温度与时间”关系图像，不计热损失，若CD段的比热容为 ，则在 BC段吸热为 ___________。 【答案】 b 【详解】[1]根据两种液体的温度随加热时间变化的图像图一知，加热5分钟（吸热相同），a升高的温度为 b升高的温度为 根据比较吸热能力的方法，b的吸热能力强，故b对应的物质为水。 [2]根据Q=cmΔt可知，在质量和吸热相同的情况下，比热容与升高的温度之积为一定值，升高的温度与比热容成反比，则另一液体的比热容为 [3]如图二是对0.5kg的碎冰块均匀加热获得的“温度与时间”关系图像，不计热损失，若CD段的比热容为 ，CD段10min内升高的温度 CD段10min内吸收的热量 因为相同热源下相同时间内物质吸收的热量相同，BC段加热了40min，则在 BC段吸热为 29．春暖花来，小敏和同学们来到美丽的青岛研学，他么利用所学的热学知识讨论分析了当地的风向情况，根据海水的比热容___________陆地上砂石的比热容，绘制出了陆地和海面之间空气流动情况的示意图，如图，其中___________能描述夜晚的风向。    【答案】 大于 甲 【详解】[1][2]沿海地区水多，水的比热容较大，内陆地区地表以砂石泥土为主，砂石泥土比热容较小，由于水的比热容大，所以对于相同质量的水和砂石相比较，在吸收或放出相同的热量时，水的温度变化小，而砂石的温度变化大，所以白天陆地的温度高、海水温度低，晚上陆地温度低、海水温度高；白天陆地上方空气的温度高，密度小，砂石上方空气上升，海面上的冷空气过来补充，所以白天的风常常从海面吹向陆地，而晚上海面上方的热空气上升，风从陆地吹向海面，故甲能描述夜晚的风向。 30．如图甲，在比较“不同液体吸热本领大小”的实验中，小华将两支相同的试管（分别盛有初温和质量相同的甲、乙两种液体）放入同一个红外加热器中，两个温度传感器的探头部分与两试管内的液体接触良好，并通过数据采集线与计算机相连接。利用红外加热器对两试管内的液体加热，在其沸腾前，计算机上得到图乙所示的温度-时间图像。根据图像乙可知：___________液体的比热容大；通过测量液体的质量并读取红外加热器释放的热量计算出液体的比热容___________（选填大于/等于/小于）其真实值；如图丙是某一沿海城市和某一内陆城市年气温变化曲线，从图像可知曲线a表示的是___________（选填“沿海”或“内陆”）城市的年气温变化曲线，。 【答案】 乙 大于 内陆 【详解】[1]从图乙可以看到，相同的加热时间内，甲、乙两液体吸收的热量是相同的，但是乙液体升高的温度较小，甲、乙两种液体的质量相同，根据比热容公式可知，乙液体的比热容较大。 [2]在比较“不同液体吸热本领大小”的实验中，红外加热器消耗的电能转化成的内能，只是一部分给了液体，但是计算液体的比热容大小时，这热量值是偏大的，质量大小和温度变化量是准确的，则比热容的值偏大。 [3]根据比热容公式可知，沿海城市和内陆城市在相同时间内，吸收太阳的热量是相同的，由于，则沿海城市的温度变化量较小，内陆城市的温度变化量较大，观察图丙可知，曲线a在相同时间内比曲线b的温度变化量大，所以曲线a表示的是内陆城市。 ▌题型06 热平衡与吸放热综合计算 一、热平衡： 两个温度不同的物体相互接触，热量从高温物体传到低温物体，直到温度相同，达到热平衡。 热平衡方程：Q吸＝Q放（不计热量损失）。 二、计算步骤： 确定高温物体和低温物体； 判断谁吸热、谁放热； 分别列出Q吸＝c₁m₁(t－t₁)和Q放＝c₂m₂(t₂－t)； 根据Q吸＝Q放列方程； 代入数据求解末温t或比热容、质量等。 三、有热量损失时： Q吸＝Q放×η，或Q放＝Q吸＋Q损。 关键注意： 热平衡时温度相同，但内能不一定相同。吸热和放热的对象要分清，不能把高温物体的初温当作末温。单位要统一，质量用kg。 思维点拨： 热平衡抓“高温放热、低温吸热、末温相同”。列方程时，吸热用末温减初温，放热用初温减末温。 31．如图，有2个保温容器，分别盛有质量的热水和质量的冷水，两杯水的内能大小关系是______选填“热水大”、“冷水大”、“一样大”或“无法比较”，小明将热水倒入盛有冷水的保温容器B中，冷水温度升高，此时B杯中水的比热容大小______，然后再向B杯中倒入同质量同温度的热水，水温又上升，若不计热量的损失，则：______。 【答案】 无法比较 不变 1：10 【详解】[1]内能与质量和温度，水的质量越大，温度越高，内能越大；图中温度高的质量小，温度低的质量大，故无法比较内能大小； [2]比热容是物质的特性，与温度无关，冷水温度升高后比热容不变； [3]设热水和冷水的温度差为t，质量为的一小杯热水倒入盛有质量为的冷水的保温容器中，使得冷水温度升高了，根据，从而可知，……① 又向保温容器中倒入一小杯同质量为同温度的热水，水温又上升了，根据，从而可知，……② 则①-②解得：，则 32．如图甲所示，将盛有热牛奶的瓶子放在冷水中，图乙是250g牛奶与500g冷水的温度随时间变化图像，图中表示牛奶温度随时间变化曲线的是___________（选填“Ⅰ”或“Ⅱ”），牛奶放出的热量___________（选填“大于”“小于”或“等于”）水吸收的热量。牛奶的比热容为___________J/（kg·℃）。[忽略各种热量的损失，c水=4.2×103J/（kg·℃）] 【答案】 Ⅰ 等于 3.36×103 【详解】[1]把盛有热牛奶的瓶子放在冷水中，牛奶的温度会下降，所以图中Ⅰ曲线是表示牛奶温度变化的曲线。 [2][3]由图可知，牛奶的初温是，水的初温是，混合后牛奶和水的末温都是，忽略各种热量的损失，牛奶放出的热量等于水吸收的热量，即 由得， 则牛奶的比热容为 33．体育课后，小付用两个相同的大杯子从饮水机分别接了部分热水和部分冷水，用两杯水混合来得到温度适宜的饮用水，此时杯中水的比热容______（选填“变大”“变小”或“不变”）。已知热水的初温为95℃，他先将冷水杯内一半的冷水倒入热水杯内，摇匀且稳定后，热水杯内水的温度降低到55℃；他再将冷水杯内剩余冷水的一半倒入热水杯内，摇匀且稳定后，热水杯内水的温度降低到50℃。则混合前，两杯子内最初的热水和冷水的质量之比为______。（不计水的质量变化、状态变化和热量损失） 【答案】 不变 1∶4 【详解】[1]比热容是物质的一种特性，只与种类和状态有关，与初温、末温和温度变化无关，故水的比热容不变。 [2]设热水的质量为m1，冷水的质量为m2，冷水的初始温度为t0℃，将冷水杯内一半的冷水倒入热水杯内，摇匀且稳定后，热水杯内水的温度降低到55℃。不计热量损失，所以Q吸=Q放，即 ……① 再将冷水杯内的剩余冷水的一半倒入热水杯中，摇匀且稳定后，热水杯内水的温度降低到50℃，不计热量损失，所以Q吸=Q放，即 ……② 联立①②解得 t0=35℃，m1∶m2=1∶4 34．（1）小乔用质量相等、初温相同的水和某未知液体[]来研究物体放热时温度随时间的变化关系，并用图象对实验数据进行了处理，如图所示，实验中，水和未知液体在相同时间内放出的热量相等，分析图象可以得出未知液体的比热容______； （2）已知甲容器盛有初温为20℃的水100g，乙容器盛有初温为50℃的水50g。现把甲、乙两容器中的水相互混合，不考虑热量损失，则混合后达到热平衡时的温度是______。 【答案】 1.4×103J/(kg⋅℃) 30℃ 【详解】（1）[1]由题意知，某液体的比热容小于水的比热容，则在放出相同热量，即经过相同的时间时，该液体温度降低更快，所以图示中，甲是水的图像，乙是该液体的图像。那么经过10min，水和该液体放出的热量相同，据Q放=cm(t0-t)得 4.2×103J/(kg⋅℃)⋅m⋅(60-50)℃=c液m(60-30)℃ 解得，该液体的比热容 c液=1.4×103J/(kg⋅℃) （2）[2]将甲乙容器中的水混合后，不考虑热量损失，达到热平衡时，乙容器的水放出的热量等于甲容器的水吸收的热量，设热平衡时，水的温度为t，则有 c水×0.05kg×(50℃-t)=c水×0.1kg×(t-20℃) 解得，热平衡时的温度 t=30℃ 35．体育课后，小龙用两个相同的大杯子从饮水机分别接了部分热水和部分冷水，准备用两杯水混合来得到温度适宜的饮用水，已知热水的初温为93℃。他先将冷水杯内一半的冷水倒入热水杯内，摇匀且稳定后，热水杯内水的温度降低到63℃；他再将冷水杯内剩余冷水的一半倒入热水杯内，摇匀且稳定后，热水杯内水的温度降低到57℃。 (1)则混合前，两杯子内最初的热水和冷水的质量之比为多少？ (2)小龙最后将冷水杯内剩余的冷水全部倒入热水杯内，摇匀且稳定后，热水杯内水的温度将降低到多少？（不计水的质量变化、状态变化和热量损失，结果取整数） 【答案】(1)1∶2 (2)53℃ 【详解】（1）设热水的质量为m1，冷水的质量为m2 ，冷水的初始温度为t0，将冷水杯内一半的冷水倒入热水杯内，摇匀且稳定后，热水杯内水的温度降低到53℃，根据热平衡公式Q吸=Q放得① 再将冷水杯内的剩余冷水的一半倒入热水杯中，摇匀且稳定后，热水杯内水的温度降低到53℃，得② 由①②解得， （2）设冷水杯内剩余的冷水全部倒入热水杯内，摇匀且稳定后，热水杯内水的温度为t，则Q吸​=Q放​ 即 即③ 把t0=33℃，m1∶m2=1∶2代入③式解得t=53℃。 36．如图甲所示，A、B是两个底部装有完全相同的加热器的容器，加热器产生的热量90%可以被容器中的液体吸收，已知加热器每秒钟放出热量1000J。现将甲、乙两种液体分别倒入A、B杯中，其中甲液体的比热容2×103J/（kg·°C）：让两个加热器同时开始工作，60s后停止加热，然后立即将质量为2.7kg的合金球迅速放入乙液体中（从球放入到达到热平衡不计热损失），它们的温度随时间变化图象如乙所示。 （1）加热20s时，乙液体吸收的热量为多少； （2）甲液体的质量多少； （3）合金球的比热容为多少？ 【答案】（1）；（2）；（3） 【详解】（1）已知加热器每秒钟放出热量1000J，则加热20s时，加热器放出热量 根据题意可知，乙液体吸收的热量 （2）由题意可知，A、B是两个底部装有完全相同的加热器，故加热20s时，甲液体在20s内吸收的热量等于乙液体20s内吸收的热量 加热到20s时，甲液体的温度从10℃升高到40℃，根据可得，甲液体的质量 （3）由乙图可知，加热60s时，乙液体的温度从10℃升高到60℃，则加热60s乙液体升高的温度 因加热20s时乙液体吸收的热量，故加热60s时乙液体吸收的热量为 加热60s乙液体吸收的热量又为 合金球放入乙液体后，乙液体的温度从60℃降低到40℃，则乙液体放热时降低的温度 合金球放入乙液体后，乙液体放出的热量 则两过程中乙液体放出的热量与其吸收的热量的比值 所以 从球放入到达到热平衡不计热损失，则 由图象可知，合金球放入乙液体后，合金球的温度从20℃升高到40℃则合金球升高的温度 由可得，合金球的比热容 答：（1）加热20s时，乙液体吸收的热量为； （2）甲液体的质量0.3Kg； （3）合金球的比热容为。 ▌题型07 实验探究——比较不同物质吸热的能力 一、实验目的： 比较不同物质（如水、食用油）吸热能力的强弱，即比较比热容大小。 二、实验方法： 控制变量法：控制水和食用油的质量相同、初温相同。 转换法：用相同的热源加热，加热时间越长，吸收热量越多。 比较方案： 方案一：升高相同温度，比较加热时间。加热时间长的吸热能力强，比热容大。 方案二：加热相同时间，比较温度变化。温度变化小的吸热能力强，比热容大。 三、实验器材： 相同规格的电加热器或酒精灯、烧杯、温度计、天平、秒表、水、食用油。 四、实验结论： 水的比热容大于食用油的比热容。 质量相同的不同物质，升高相同温度，吸收热量不同；吸收相同热量，温度变化不同。 关键注意： 必须用相同热源，保证相同时间内放出热量相同。质量必须相同，初温最好相同。温度计要正确使用，不能接触杯底。 思维点拨： “相同热源”是转换法的关键，加热时间反映吸热多少。比较吸热能力，看“升高相同温度谁加热时间长”或“加热相同时间谁温度变化小”。 37．科技小组学习完比热容相关知识后，想利用自制教具探究海陆风的成因。 任务一：探究沙子和水的吸热能力 (1)利用如图甲所示装置探究沙子和水的吸热能力。取相同___________和初温的水和沙子，用规格相同的白炽灯模拟太阳对箱中的水和沙子加热，实验时通过比较___________来间接反映水和沙子吸收热量的多少； (2)依据实验数据描绘如图乙的水和沙子的温度随时间变化的图像，由图像可知在时间相同时水的升温比沙子的升温慢，说明___________的吸热能力强，根据图像可知水和沙子的比热容之比是___________； 任务二：实验模拟海陆风的形成 (3)取下两箱子的封口盖，在两个箱子的侧面分别开一个小孔，连上一个两端开口的透明细管，点燃一支香放在细管中（如图丙），请利用所学知识分析判断：相同条件下，加热一段时间后，白烟将会从管的___________（选填“”或“”）管口冒出。依据实验和理论分析，可推断夜间风是___________（选填写字母）。 A．从大海吹向陆地        B．从陆地吹向大海 【答案】(1) 质量 加热时间 (2) 水 4:1 (3) B B 【详解】（1）根据控制变量法，探究沙子和水的吸热能力的实验中应取相同质量和初温的水和沙子。 用规格相同的白炽灯模拟太阳对箱中的水和沙子加热，则单位时间内水和沙子吸热相同，根据转换法，可通过加热时间来间接反映水和沙子吸收热量的多少。 （2）由图乙可知，相同加热时间（吸收相同热量）、质量相同时，水升温更慢，说明水的比热容更大，水的吸热能力更强。 由图乙可知，加热8min时，水和沙子吸收相同热量，水和沙子升高的温度之比为 根据可知，质量和吸收的热量相同时，温度的变化量与比热容成反比，所以水和沙子比热容之比为。 （3）如图丙，加热相同时间后，由于水的比热容大于沙子的比热容，左侧水的温度较低，上方空气密度较大而下沉，右侧沙子的温度较高，上方空气密度较小而上升，导致空气从左侧流向右侧，故白烟将会从管的B管口冒出。 水的比热容大于沙子的比热容，夜间陆地温度降低得较多，温度较低，上方空气密度较大而下降，海水的温度降低得少，温度较高，上方空气密度较小会上升，因此空气会从陆地流向海洋，故选B。 38．如图1是探究“比较不同物质吸热的情况”的实验装置。 (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1中所示的器材外_________； (2)甲、乙液体吸收热量的多少可以通过_________（选填“温度计示数”或“加热时间”）来反映；若将甲、乙两种液体加热相同时间，甲吸收的热量_________（选填“大于”“小于”或“等于”）乙吸收的热量 (3)从图2中可以看出，_________液体的温度升高得较快，_________（均选填“甲”或“乙”）液体的比热容较大； (4)若乙液体的比热容为4.2×103J/（kg·℃），则甲液体的比热容为_________J/（kg·℃）。 【答案】(1) 质量 计时器 (2) 加热时间 等于 (3) 甲 乙 (4)2.1×103 【详解】（1）[1]为了比较不同物质的吸热能力，在实验中应控制两种物质的质量相同； [2]根据转换法，使用相同的加热器加热，通过比较加热时间来间接比较物质吸热的多少，因此还需要计时器（或停表、秒表）； （2）[1]由于使用相同的加热器加热，则加热时间越长，物质吸收的热量越多，因此实验中是通过比较加热时间来反应物质吸收热量的多少； [2]若将甲、乙两种液体加热相同的时间，则甲吸收的热量等于乙吸收的热量； （3）[1][2]从图像中可以看出，加热相同的时间（即吸收相同的热量），甲液体的温度升高得较快；由于两液体的质量和吸收的热量相同，根据可知，由于乙液体升高的温度较慢，则乙液体的比热容较大； （4）由图像可知，加热2min（即两液体吸收的热量相同），甲液体升高的温度是80℃，乙液体升高的温度是40℃，甲、乙的质量相同，根据可知，甲液体的比热容为。 39．【探究名称】探究不同物质吸热能力。 【问题】暑假，小明同学到沿海城市旅行，他发现，中午海边的沙子很热但海水却很凉，他猜想：物质的吸热能力可能与__________有关。 【证据】针对他的猜想，他查阅资料发现，若用沙子做实验，沙子受热的均匀性差，他决定换用煤油和水进行实验：将水和煤油分别装在两个相同的烧杯中，用相同的酒精灯加热。 （1）如图甲所示是小明同学的实验装置，其中有一小明显错误，请指出错误之处：_____________； （2）改正后选用相同的酒精灯对水和煤油加热相同的时间，每隔记录一次温度，并将数据制成如图乙所示的图像，在第五分钟时，水吸收的热量__________（选填“大于”“等于”或“小于”）煤油吸收的热量。 【解释】 （1）本实验通过__________来反映物质的吸热能力（选填“液体升高的温度”或“加热时间”）； （2）由图像乙可知，水吸热能力更强；物理学中，用比热容来表示物质的吸热能力，则水、煤油的比热容之比为__________________； 【交流】海水和沙子吸收相同的热量，海水吸热升温慢，而沙子吸热升温快，___________吸热能力更强，由此可推测，到了傍晚海水的温度_________沙子的温度（选填“高于”“等于”“低于”）。 【答案】 物质种类 没有控制液体的质量相同 等于 液体升高的温度 2:1 海水 高于 【详解】[1]中午海边沙子热，海水凉，是因为沙子和海水的物质种类不同，在相同吸热条件下升温不同，故可以猜想：物质的吸热能力可能与物质的种类有关。 [2]在探究物质的吸热能力实验中，应控制变量，即应控制两种液体的质量相同，由图可知，水和煤油的体积相同，它们的密度不同，由可知，它们的质量不同，故实验错误之处是：没有控制液体的质量相同。 [3]由于选用的是相同的酒精灯对水和煤油加热，由转换法可知，在相同时间内酒精灯放出的热量相等，故在第5min时，水和煤油吸收的热量相等。 [4]由可知，相同质量的不同物质，在加热相同的时间（即吸收相同的热量）时，升高的温度越小，其比热容越大，则该物质的吸热能力越强，反之越弱。故本实验是通过加热相同时间，比较相同质量的不同液体升高的温度大小来反映物质的吸热能力。 [5]由图像可知，加热相同时间内（5min），则它们吸收的热量相等，煤油升高的温度为 水升高的温度为 由可知， 则 [6][7]等质量的海水和沙子，吸收相同的热量，海水升温慢，说明海水的吸、放热能力更强。 在傍晚，放出相同的热量时，由可知，海水的温度降低的较小，而沙子的温度降低得较多，故海水的温度高于沙子的温度。 40．小明用相同的酒精灯分别给水和煤油加热（如图甲），以探究水和煤油的吸热能力。[c水＝4.2×103 J/（kg·℃）] (1)本实验需要用到天平这一测量工具，目的是______________________。 (2)加热10 min，水吸收的热量_______（选填“大于”“小于”或“等于”）煤油吸收的热量。 (3)根据实验数据，小明作出了水和煤油的温度随加热时间变化的图像（如图乙），由图像可知，煤油的比热容是______________J/（kg·℃）。 【补充设问】同组的小华设计如下方法来比较比热容的大小：将两个初温均为t1的相同金属块，分别浸没在温度均为t2、质量相同的水与煤油中（t1＜t2），待温度均稳定后，测得水温高于煤油的温度。据此得出“水的比热容比煤油大”的结论。 请评价该设计思路是否可行？_______（选填“可行”或“不可行”）。 【答案】(1)取相同质量的水和煤油 (2)等于 (3) 可行 【详解】（1）在比较不同物质的吸热能力时，必须控制变量。要比较的是“单位质量”的吸热能力（即比热容），所以需要保证水和煤油的质量相等。天平的作用就是测量并确保两者质量相同。 （2）使用的是相同的酒精灯，说明单位时间内提供的热量相同。加热时间相同（都是10分钟），则吸收的热量相等（忽略热损失）。 （3）[1]由于使用相同酒精灯，相同时间内吸收热量相同，且质量相等，由图乙，当煤油和水温度都从68℃升高到98℃时，煤油加热10min，水加热了20min，即水吸收的热量是煤油吸收的2倍，由可知，质量和升高的温度相同时，物质的比热容与吸收的热量成正比即 解得 [2]由题可知，由于，所以将两个初温均为的相同金属块，分别浸没在温度均为、质量相同的水与煤油中，金属块吸热，水和煤油放热，设温度稳定后，水的末温为，煤油的末温为，忽略热损失，则根据有 在水中 在煤油中 两式相比可得 又，，所以 即该思路可行。 41．趣味实验“盐水制冰”：将装有浓盐水的烧杯放入冰箱降温后取出，再将装有水的试管放入盐水中，如图所示，观察试管中水的状态并记录盐水和水的温度数据于下表中。 时间t/min 0 1 2 3 4 盐水温度ta/℃ -10 -8 -6 -4 -2 水的温度tb/℃ 10 5 0 0 0 水的状态 液态 固液共存 (1)图为实验过程中水的能量走向示意图，请在( )内分别填入对应的物质“盐水”“水”和“冰”。 (2)实验时低温的盐水始终为液态，则该盐水的凝固点（　　） A．不高于-10℃ B．不低于-10℃ C．等于0℃ D．高于0℃ (3)有同学分析数据发现，盐水升温比水降温更慢，据此得出结论“盐水的比热容大于水的比热容”。你是否同意该结论？___________。（简要说明判断依据） 【答案】(1) (2)A (3)不同意，因为没有控制盐水和水的质量相同 【详解】（1）水放热凝固成冰，所以水的热量传递给盐水，冰是水凝固后的状态。 （2）盐水在-10℃时仍为液态，说明其凝固点低于（或等于）-10℃，即不高于-10℃，故选A。 （3）不同物质比热容的比较需控制质量、吸热/放热条件相同。实验中盐水和水的质量未知，且盐水升温是吸热、水降温是放热，条件不同，无法直接通过升温快慢比较比热容大小。 42．为了比较a、b两种液体比热容的大小，某同学用如图甲所示的装置进行实验。用相同的酒精灯加热质量相等的a、b两种液体。根据收集的数据画出的a、b两种液体温度随时间变化的图像如图乙所示（a液体加热了3min，b液体加热了8min）。 （1）实验需要的测量工具有天平、停表和温度计。 （2）从乙图图像可以看出，若不计热损失，0~3min内，加热相同的时间，a液体吸收的热量 ___________ （选填“大于”、“小于”或“等于”）b液体吸收的热量，___________ （选填“a”或“b”）液体升温较快。 （3）a、b两种液体的比热容之比ca：cb为 ___________ 。 （4）加热b液体6~8min的过程，有大量的气泡冒出，温度保持不变，该过程是否可以利用公式Q=cmΔt来计算液体吸收热量的多少？___________ 。此过程，烧杯中b液体的质量不断减少，其内能 ___________ 。 【答案】 等于 a 1：2 不可以 减少 【详解】[1]用相同的酒精灯加热a、b两种液体，加热3min，a、b两种液体在相同时间内，吸收的热量相等，a液体吸收的热量等于b液体吸收的热量。 [2]加热3min，a液体升高的温度 b液体升高的温度 所以，加热相同时间，a液体升温较快。 [3]都加热3min，质量相等的a、b两种液体吸收的热量相等，根据得 所以 [4]b液体沸腾过程，继续吸热，温度保持不变，，所以不可以使用公式来计算液体吸收热量的多少。 [5]物体内能的大小跟质量、温度、状态有关，b液体沸腾过程中吸收热量，温度不变，因为部分b液体汽化，b液体的质量减少，所以其内能减小。 ▌题型08 比热容相关的图像分析 一、常见图像： 温度-时间图像（t-T图像）：相同质量的不同物质，用相同热源加热。 图像斜率：斜率越大，温度升高越快，比热容越小；斜率越小，温度升高越慢，比热容越大。 吸收热量-温度变化图像（Q-Δt图像）：斜率表示cm，斜率越大，比热容越大。 二、分析方法： 明确横纵坐标； 判断是哪种物质； 比较相同加热时间下的温度变化，或相同温度变化下的加热时间； 结合Q＝cmΔt分析比热容大小。 关键注意： 图像中加热时间反映吸收热量多少。相同热源，加热时间越长，吸收热量越多。比较比热容时，要控制质量和热源相同。 思维点拨： t-T图像看斜率，斜率小比热容大；Q-Δt图像看斜率，斜率大比热容大。先看坐标，再定关系。 43．小夏在探究“物质的放热能力与哪些因素有关”时，分别用质量相等的水和另一种液体进行了实验（c水>c液），并用图像对实验数据进行了处理，如图所示。请计算另一种液体的比热容为（    ）。[水的比热容为] A．2.4×103 B．1.8×103 C．2.1×103 D．3.2×103 【答案】C 【详解】根据题意，在相同的环境中自然冷却，可以认为在相同时间内放出的热量相等。由图像可知，在相同的时间内（如），甲的温度变化量， 乙的温度变化量， 故，根据 ，在和m相同的情况下，温度变化量与比热容c成反比，因此，即图线甲代表水，图线乙代表另一种液体。 由可知， 代入数据得，故选C。 44．小明在探究“物质的放热能力与哪些因素有关”时，分别用质量均为0.5kg的水和另一种液体进行对比实验，并用图像对实验数据进行了处理，如图所示，实验过程中，水和另一种液体在相同时间内放出的热量相等，分析图像可以得出：______物质为水，另一种液体的比热容为______（　　） A．甲   2.1×103J/（kg•℃） B．甲   8.4×103J/（kg•℃） C．乙   2.1×103J/（kg•℃） D．乙   8.4×103J/（kg•℃） 【答案】A 【详解】根据，当质量相同、放出热量相等时，比热容越大，温度降低量越小（降温越慢）。 水的比热容较大，从图像可知，相同时间内甲温度降低更慢，因此甲物质是水。 已知水和液体质量相等，相同时间放出热量相等，取分析： 初温都为，水（甲）的末温，降温 另一种液体（乙）的末温，降温 由相等可得，即 因此结论是：甲物质为水，另一种液体比热容为，故A符合题意，BCD不符合题意， 故选A。 45．某固态物体的质量为m，其物质的比热容为c，用稳定的热源对它加热（物体在相同时间内吸收的热量相等），到时刻停止加热，然后让其冷却。上述过程中记录不同时刻的温度，最后绘制出温度随时间变化的图像（如图）。下列说法正确的是（　　） A．该物质在∼时间段的比热容不等于在0∼时间段的比热容 B．在∼时间段，该物质的比热容先增大后减小 C．在∼时间段，该物体放出的热量为 D．在0∼时间段，该物体吸收的热量为 【答案】D 【分析】先根据图像分析各时间段物质分别处于何种状态，知道物质种类和状态不变，比热容不变； 再利用固体吸热升温的相关数据可求出加热过程中单位时间内吸收的热量，从而根据熔化过程所用的时间求出熔化过程吸收的热量及凝固过程放出的热量（物质相同，质量不变凝固放热等于熔化吸热）。也可求出任何加热时间吸收的热量。 【详解】A．在时间段和时间段，该物质都处于固态。因此，这两个时间段内物质的比热容相等，故A错误； B．在时间段，物质先是液态吸热升温（），然后是液态放热降温（）。整个过程中物质都处于液态。比热容不变，故B错误； CD．在时间段，物体处于凝固过程，放出热量，且放出的热量等于其熔化时吸收的热量。熔化过程发生在时间段。在时间段，固态物体吸热升温，吸收的热量为 因为相同的加热仪器，相同时间内物质吸收的热量相同，所以，单位时间内物质吸热 所以时间段吸收的热量为 因此在时间段，物体熔化吸收的热量为 因为是同一物质，所以凝固放出的热量等于熔化吸收的热量，所以在时间段放出的热量也等于Q2，故C错误，D正确。 故选D。 46．如图所示是冰的熔化图像，甲、乙两图中符合冰熔化规律的是图___________（选填“甲”或“乙”），这是因为c冰___________c水 （选填“>”、“<”或“=”），物质在第3min时的内能___________（选填“大于”、“小于”或“等于”）第2min时的内能；若相同时间内物质吸收的热量相同，冰的质量为0.1kg，不计此过程中汽化引起的质量变化，则冰在熔化过程中吸收的热量是___________J。[] 【答案】 乙 < 大于 【详解】[1][2]比较甲、乙两个图像可知：甲图中，相同时间内，冰块和水的温度变化相同，而乙图中相同时间内，水的温差小于冰块的温差。由于水的比热容大于冰的比热容，并且质量不变，因此吸收相同的热量，水的温度升高得慢，冰块的温度升高的快，故乙图正确。 [3]晶体熔化吸热温度不变，内能增加，所以第3min时的内能大于第2min时的内能。 [4]冰变成水质量不变，32min到34min水升高的温度是，水吸收的热量为 则1min水吸收的热量为 由图可知，冰的熔化时间为 因为相同时间内物质吸收的热量相同，则冰在熔化过程中吸收的热量为 47．如图所示，质量为500g的某液体，比热容为，在均匀放热的条件下凝固成固态物质，则凝固过程中该物质放热______J；该物质固态时的比热容为______。 【答案】 【详解】[1]由图可知，物质在液态降温阶段经历了10min，温度降低了，此过程中放出的热量 根据题意可知，物质均匀放热，且质量不变，所以，相同时间内，物质放出的热量相等，由图可知，物质从10min到20min阶段温度不变，处于凝固过程，凝固过程用了10min，则放出热量为 [2]由图像可知，物质从20min到25min，经历了5min，此段时间该物质状态为固态，该物质固态时放出的热量为 该阶段温度降低了，根据可得，该物质固态时的比热容 48．为比较A、B两保温杯的保温性能，小红在两个保温杯中分别倒入0.1 kg相同温度的热水，它们的初温均为，绘制水温随时间的变化图像如图所示。在热水冷却的整个过程中A杯中水放出热量，则___________℃，B杯中水放出的热量___________。保温性能___________（选填“A更好”、“B更好”或“A、B一样好”）。【】 【答案】 80 = A更好 【详解】[1]根据放热公式 ，代入已知条件有 解得：。   [2]比较 Q2​ 与 Q1​从图像可知，B杯的水温和 A杯的水温温度变化量相同，且两杯中水的质量相同，根据放热公式 ，可知。 [3]保温性能的好坏由相同时间内水温下降的快慢决定，水温下降越慢，保温性能越好。 从图像看，A杯的水温下降得比 B杯慢，说明 A杯的保温性能更好。 ▌题型09 比热容与生活应用综合 一、常见应用： 暖气用水供热；汽车发动机用水冷却；沿海地区昼夜温差小；水田灌水防冻；热水袋取暖；城市热岛效应等。 二、解释步骤： 指出水的比热容大； 说明吸收或放出相同热量时，水的温度变化小； 结合具体情景说明好处。 三、综合计算： 结合Q＝cmΔt计算水吸收或放出的热量； 结合热平衡方程计算混合后的温度； 结合效率计算燃料放热或电加热消耗电能。 关键注意： 解释现象时，先点明“水的比热容大”，再分析温度变化。计算时注意单位统一，质量用kg，热量用J。 思维点拨： 水比热容大→吸放热多→温度变化小。生活应用中，保温、冷却、调节温差都利用这一特点。 49．小明听新疆的同学说新疆有“早穿皮袄午穿纱，围着火炉吃西瓜”的谚语，这反映了当地昼夜温差大。与沙漠地区相比，沿海地区昼夜差更小的主要原因与下列事例包含原理不同的是（　　） A．家中暖气用水做循环物质 B．生物体内水的比例高有助于调节生物自身的温度 C．夏天在教室地面上洒水感觉凉爽 D．冬天用暖水袋取暖 【答案】C 【详解】题干中所描述的沿海地区比沙漠地区昼夜温差小，其主要原因是水的比热容比沙石的比热容大得多。 A．暖气用水作为介质，利用水的比热容大，可携带更多热量，也属于比热容的应用，故A不符合题意； B．生物体内水的比例高，是利用了水的比热容大的特点。当外界温度变化或体内产生热量时，体温不会发生剧烈变化，有助于调节和维持生物体自身温度的稳定。故B不符合题意； C．夏天在教室地面上洒水感觉凉爽，是利用了水蒸发（汽化）时要吸收大量的热，从而使周围环境温度降低。其原理是汽化吸热，与比热容无关，故C符合题意； D．冬天用暖水袋取暖，是利用了水的比热容大的特点，使暖水袋内相同质量的水比其他物质在降低相同温度时能放出更多的热量，从而可以长时间供暖。其侧重于利用水储存和缓慢释放热量。故D不符合题意。 故选C。 50．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 【详解】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。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。根据比热容公式可知，水的比热容比牛奶大。故A正确，BCD错误。 故选A。 51．白糖，不仅是增加甜味的调味剂，它还可以作为生火物质。在一次化学课上老师展示了现代版的“钻木取火”。杨老师将白糖和高锰酸钾放在金属片上按的质量比例混合后用木棍来回摩擦几下，混合物质就燃烧起来，产生了明亮的火焰和放出大量的热。已知：混合物质燃烧时放出的热量有70%被金属片吸收，其余被周围空气吸收。实验中金属片共吸收热量，使用的金属片质量为，比热容为，周围空气的质量为。下列说法正确的是（    ） A．混合物质燃烧，只是将化学能转化为光能 B．因为实验中有热量放出，所以周围空气分子的运动速度都减慢了 C．如果实验中金属片的初始温度为25℃，金属片的最终温度为33.75℃ D．在燃烧过程中周围空气的温度升高0.6℃，则空气的比热容为 【答案】C 【详解】A. 混合物质燃烧过程中化学能主要转化为内能，同时伴随光能释放，并非只转化为光能，故A错误； B. 温度越高，分子的无规则运动越剧烈。因为实验中有热量放出，周围空气吸收热量，空气温度升高，所以周围空气分子的运动速度加快了，故B错误； C. 金属片温度变化 金属片的最终温度，故C正确； D. 由题意，混合物质燃烧时放出的热量 周围空气吸收的热量 在燃烧过程中周围空气的温度升高 0.6℃，则空气的比热容为，故D错误。 故选C。 52．小明用电水壶烧水给爷爷奶奶泡茶。该壶保温性能较好，烧水时壶会吸收一些热量。在壶中装入500mL的水，加热至沸腾，用时2min。水用完后，他又在壶中装入1000mL的水，加热至沸腾，所需时间最有可能的是______（选填“大于2min且小于4min”“等于4min”或“大于4min”）。 【答案】大于2min且小于4min 【详解】第二次水的体积加倍，则水的质量加倍，由可知，加热所需热量加倍，但因壶在第一次加热后已预热且保温性能较好，壶吸收热量减少，故时间应少于4min；同时，水量增加导致加热时间多于2min。所以第二次加热所需时间最有可能的是大于2min且小于4min。 53．如图所示某项目式学习小组用该装置探究海陆风的成因。取下两箱子的封口盖，在完全相同两箱子中装入质量和初温相同的水和沙子，在两个箱子的侧面分别开一小孔，用一个两端开口的透明细管AB将其连接，点燃一支香放在细管中部（图丙），通过白烟的流向模拟日晒下海边的风向，分析判断：相同条件下，加热一段时间后，烟将会从管的_______端管口冒出。依据实验和理论分析，可推断夜间风是_______。（A。从大海吹向陆地；B。从陆地吹向大海） 【答案】 B B 【详解】[1]因为水的比热容比沙子大，在相同条件下加热，沙子升温快，其上方空气受热膨胀，密度减小，热空气上升，冷空气会从四面八方流过来，所以烟将会从管的B端管口冒出。 [2]夜间，海洋和陆地的温度会发生变化。由于水的比热容大，放热降温慢，而沙子的比热容小，放热降温快。因此，夜间海洋的温度会高于陆地的温度，此时海洋上的空气会受热上升，形成低压区，而陆地上的空气会流向海洋，故B符合题意。 54．有一支不合格的温度计，刻度均匀而示数不准确。放在冰水混合物中，读数是6℃，一个标准大气压下放在沸水中，读数是90℃；用这只温度计去测量某物体的温度，当示数为27℃时，该物体的真实温度是__________。在某次测量中若温度计示数与此时实际温度相同，则真实温度为_________。该温度计的示数与实际温度的关系式为_________。现在有一容器，容器内装有冷水，使用该温度计测量冷水温度变化。发现将一杯热水倒入冷水中，温度计的示数升高了8.4℃，向容器内再次倒入相同质量和温度的热水，温度计示数又升高了5.04℃，则：第一次倒入热水，实际升高了_________℃。第二次倒入热水，实际升高了_________℃。一杯热水与原来冷水质量之比为：__________。最初热水与容器中原有冷水的实际温度差为：_________℃。如果继续向容器中倒入一杯同样的热水，则容器中的水温会升高：__________℃。 【答案】 25 37.5 10 6 40 4 【详解】[1][2][3][4][5]温度计刻度均匀，一个标准大气压下，在冰水混合物（真实温度 ）中示数为 ，在沸水（真实温度 ）中示数为 。真实温度变化 对应示数变化 格，每格示数对应的真实温度变化为 设真实温度为 （单位：℃），示数为 （单位：℃），则关系式为 当示数 时，真实温度 当示数等于实际温度时，即 ，代入关系式 解得 由温度计特性，示数变化 与实际温度变化 的关系为 第一次倒入热水后示数升高 ，实际温度升高 第二次倒入热水后示数升高 ，实际温度升高 [6][7][8]设容器中原有冷水质量为 ，初始温度为 ，一杯热水质量为 ，温度为 ，水比热容为c。 第一次混合后，实际温度升高 ，热平衡方程（忽略热损失）① 第二次混合后（总质量 ），实际温度升高 ，热平衡方程 两边同除以得② 设 ， 由方程①和②可知 联立解得 ， 即一杯热水与冷水质量之比为 ，温度差为 。 第三次倒入热水后 实际温度升高 ③ 其中 则④ 由 得 ⑤ 将④⑤式代入③式得 2 / 2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 12.3 物质的比热容 题型01 比热容的概念与物理意义 题型02 温度、内能、热量的辨析 题型03 热量公式 Q＝cmΔt 的理解与简单计算 题型04 比热容的大小比较与比值计算 题型05 水的比热容特点及其应用 题型06 热平衡与吸放热综合计算 题型07 实验探究——比较不同物质吸热的能力 题型08 比热容相关的图像分析 题型09 比热容与生活应用综合 ▌题型01 比热容的概念与物理意义 一、比热容的概念： 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，叫做这种物质的比热容。 符号：c。 公式：c＝Q/(mΔt)。 二、物理意义： 比热容是反映物质吸热（或放热）本领大小的物理量。 比热容越大，说明相同质量、升高相同温度时，吸收的热量越多；或吸收相同热量时，温度变化越小。 三、单位： 国际单位：焦每千克摄氏度，符号J/(kg·℃)。 读作：焦耳每千克摄氏度。 四、特点： 比热容是物质的一种特性，与物质的种类和状态有关，与质量、温度、热量无关。 同种物质在不同状态下比热容一般不同，如水和冰的比热容不同。 不同物质的比热容一般不同。 关键注意： 比热容是“物质”的特性，不是“物体”的特性。一杯水和一桶水，比热容相同。不能说“物体含有多少比热容”。 思维点拨： 比热容大，表示“吸放热本领强，温度不容易改变”。比较不同物质吸热能力，就看比热容。 1．下表是一些物质的比热容，根据表中数据和生活现象，下列判断正确的是（     ） 物质 比热容c/[J⋅（kg⋅°C）⁻1] 物质 比热容c/[J⋅（kg⋅°C）⁻1] 水 4.2×103 铝 0.88×103 煤油、冰 2.1×103 铁、钢 0.46×103 砂石 约0.92×103 铜 0.39×103 A．比热容与物质的状态无关 B．不同种类的物质，比热容一定不同 C．沿海地区昼夜温差小，是因为水的比热容较小 D．质量相同、初温相同的铝块和铜块升高相同的温度，铝块吸收的热量多 2．关于比热容的说法正确的是（     ） A．根据知物质的比热容跟物体的温度变化成反比 B．若物质吸收的热量增大一倍，则其比热容增大一倍 C．一杯水倒出一多半，杯内剩余水的比热容一定不变 D．甲、乙质量相同，若甲升高的温度比乙的多，则c甲＜c乙 3．甲、乙两个材料不同、质量相等的金属球，置于沸水中很长一段时间后取出，放在同一块长方体冰面上，热传递停止后如图所示。不计热损失，由此可判断（　　） A．甲球初温比乙球高 B．甲球比热容比乙球大 C．甲球末温比乙球高 D．甲球比热容比乙球小 4．生活中食物的能量常用“卡路里”。“卡路里”简称“卡”，1卡是这样规定的：在1个标准大气压下，质量为1g的水，温度每升高1℃所吸收的热量。那么1卡=____J。某种油炸食品，每100g提供的能量约为卡，假设这些能量全部被质量为10kg、温度为25℃的水吸收，可使这些水的温度升高到____℃。水温升高后，水的比热容____（选填“增大”“减小”或“不变”）。[] 5．若某个铜球的比热容为0.39×103J/（kg·℃），则半个铜球的比热容为_______J/（kg·℃），小黎同学用相同的电加热器分别对质量均为0.2kg的水和另一种液体加热，给水加热是通过热传递的方式使水的内能增加：得到的实验数据如图所示，则水在16min内吸收的热量为________J，另一种液体的比热容为________ J/（kg·℃）（水的比热容c水=4.2×103 J/（kg·℃）。 6．将一杯热水倒入盛有一些冷水的容器中，水的比热容将______（选填“变大”“变小”或 “不变”），如果冷水的温度升高了10℃，又向容器内倒入同样一杯热水，冷水的温度又升高了6℃。如果再向容器内倒入同样一杯热水，则冷水温度可再升高_____℃（不计热量损失）。 ▌题型02 温度、内能、热量的辨析 一、温度： 表示物体的冷热程度，是状态量。温度升高，分子热运动加剧，内能一般增大。 二、内能： 物体内所有分子做无规则运动的动能和分子势能的总和，是状态量。一切物体都有内能。内能大小与温度、质量、状态、材料等有关。 三、热量： 在热传递过程中，传递能量的多少，是过程量。只能说“吸收热量”或“放出热量”，不能说“含有热量”或“具有热量”。 四、三者关系： 温度升高，内能一定增大，但不一定吸收热量，也可能是外界对物体做功。 吸收热量，内能一定增大，但温度不一定升高，如晶体熔化。 内能增大，温度不一定升高；温度升高，内能一定增大。 关键注意： “热”字在不同语境中含义不同：“热传递”中的热指热量，“热运动”中的热指分子无规则运动，“热膨胀”中的热指温度。判断时要明确是温度、内能还是热量。 思维点拨： 温度是“冷热程度”，内能是“分子能量总和”，热量是“传递的能量”。温度变化看内能，内能变化看温度、状态、质量等。 7．下列说法中正确的是（     ） A．温度越高的物体，放出的热量越多 B．在“摩擦生热”的过程中，内能转化为机械能 C．铁块很难被压缩，是因为分子间存在着引力 D．内陆地区比沿海地区昼夜温差大原因之一是沙石的比热容比水的比热容小 8．关于温度、热量、内能，下列说法正确的是（    ） A．温度高的物体，内能一定大 B．物体的温度越高，所含的热量越多 C．物体的内能增大，一定是外界对物体做了功 D．晶体在熔化过程中，继续吸热，温度不变，内能增大 9．如图所示是《天工开物》中关于用铜铸币的情景。下列说法中正确的是（　　） A．铜在熔化过程中，内能不断增大，温度不断升高 B．熔化的液态铜温度高，含有的热量多 C．液态铜倒入钱币模具，凝固过程中，内能一直减小 D．铜币在冷却过程中，铜币的比热容不断变小 10．如图是某液体放热过程中温度随时间变化的图像。则第时它的内能__________（大于/等于/小于，下同）第时的内能；它在固态、液态时的比热容大小关系为____。 11．加热烧杯内的冰使其熔化，其内能________（选填“增大”、“减小”、“不变”），这是通过________的方式改变冰的内能。根据该实验现象可知，物体内能变化时，其温度________变化。（选填“一定”或“不一定”）。 12．在热传递过程中，内能改变的多少叫做_______；水沸腾过程中水持续吸热，若将质量和初温均相同的铝、铜、铁三个金属球（）浸没在同一沸水中煮较长的一段时间，从沸水中吸热最多的是______球。 ▌题型03 热量公式 Q＝cmΔt 的理解与简单计算 一、公式： Q＝cmΔt。 Q表示吸收或放出的热量，单位J； c表示物质的比热容，单位J/(kg·℃)； m表示物体的质量，单位kg； Δt表示温度的变化量，单位℃。 二、温度变化量Δt： 升温时：Δt＝t末－t初； 降温时：Δt＝t初－t末。 Δt取绝对值，表示温度升高或降低的数值。 三、变形公式： c＝Q/(mΔt)，m＝Q/(cΔt)，Δt＝Q/(cm)。 四、计算步骤： 明确是吸热还是放热； 找出c、m、Δt； 统一单位后代入公式； 计算并注明单位。 关键注意： 温度变化量是“高温减低温”，不是末温减初温一定为正。质量单位要用kg，温度单位用℃。比热容单位要与公式一致。计算时注意区分“升高到”和“升高了”。 思维点拨： 先确定Δt是升高还是降低，再代入Q＝cmΔt。升温吸热，降温放热。 13．为了提高能源利用率，某品牌纯电动汽车使用了能量回收技术，即当汽车制动减速时，使驱动电机变为发电机，用制动时的机械能来发电。某次制动时回收的能量为，已知，请回答下列问题： (1)不计能量损耗，此次回收的能量可以使多少千克的水温度升高40℃？ (2)若上述的水升温后温度为40℃，然后继续吸收的热量，水的温度可以达到多少摄氏度（标准大气压下）？ 14．有蹭吃蹭喝蹭网络的，没想到还有蹭地暖的吧！有小区通知入住且不缴供暖费用的要交30%的蹭暖费。“水地暖”取暖的原理是以温度不高于60℃的热水为热媒，在埋置于地面以下填充层中的管道内循环流动，加热整个地板。某房间一段时间内循环流动的水的质量为100kg，进水温度为55℃，出水温度为40℃。求这段时间里： (1)水向外界放出的热量；[] (2)水向外界放出的热量若有十分之一被邻居蹭热，能使邻居家空气升高的温度。[] 15．小红在实验室利用电加热器加热，完成了冰的熔化实验，并描绘出冰的温度随加热时间变化的关系图线（如图所示）。实验时，冰的质量为0.5kg，相同时间内水和冰吸收的热量相同，水的比热容为4.2×103J/（kg℃）。冰的比热容为2.1×103J/（kg·℃）。求： (1)CD段水吸收的热量； (2)在CE段，水吸收了3.15×104J的热量，水温升高了多少℃？ (3)AB段冰吸收的热量； (4)冰在熔化过程中吸收的热量。 16．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、质量为的水和某液体，再各放入一个温度传感器，然后使它们冷却凝固。若单位时间内它们放出的热量相等，用测得的数据绘出两种物质温度随时间变化的图像，如图所示。已知，实验在标准大气压下进行。求： (1)从刚好降到时，水放出的热量 (2)计算液体的比热容 (3)计算时间液体放出的热量 17．如图为冰熔化时温度随时间的变化的关系图像。实验时，冰的质量为2kg，相同时间内水和冰吸收的热量相同。已知水的比热容为4.2×103J/（kg·℃），求：[假设整个过程中冰（或水）的质量没有损耗] (1)CD段水吸收的热量； (2)冰的比热容。 18．如图甲所示，A、B是两个底部装有完全相同的加热器的容器，加热器产生的热量80%可以被容器中的液体吸收，已知加热器每秒钟放出热量1500J。现将甲、乙两种液体分别倒入A、B杯中，其中甲液体的质量为400g；让两个加热器同时开始工作，60s后停止加热，然后立即将比热容为的合金球迅速放入乙液体中（从球放入到达到热平衡不计热损失），它们的温度随时间变化图像如图乙所示（部分图像未画出）。求： (1)加热15s时，甲液体吸收的热量为多少？ (2)甲液体的比热容为多少？ (3)合金球的质量为多少？ ▌题型04 比热容的大小比较与比值计算 一、大小比较： 由c＝Q/(mΔt)可知，比较比热容要控制变量。 质量相同、升高温度相同，吸收热量多的比热容大。 质量相同、吸收热量相同，温度变化小的比热容大。 吸收热量相同、温度变化相同，质量小的比热容大。 二、比值计算： c₁/c₂＝(Q₁/(m₁Δt₁))/(Q₂/(m₂Δt₂))＝Q₁m₂Δt₂/(Q₂m₁Δt₁)。 若m、Δt相同，则c与Q成正比； 若Q、Δt相同，则c与m成反比； 若Q、m相同，则c与Δt成反比。 三、常见题型： 比较不同物质的比热容；根据Q＝cmΔt计算比值；结合图像比较比热容。 关键注意： 比热容是物质特性，比较时要注意控制变量。比值计算先写公式，再代入对应物理量，单位统一。 思维点拨： 比热容比较看“相同条件下，谁温度变化小，谁比热容大”。比值题先列公式，再找相同量约分。 19．新能源汽车电池工作时会产生大量热量，需选用比热容合适的散热材料保障安全。某小组为探究“水与新型石墨烯复合散热剂的比热容特性”，选用如图甲所示的装置：将分别盛有50g水和50g石墨烯复合散热剂的两支相同试管固定在铁架台上，用同一红外加热器加热（忽略热量损失，物体单位时间内吸收的热量相等），用温度传感器实时采集数据，计算机绘制出的温度随时间变化图线如图乙所示（图线A为石墨烯复合散热剂，图线B为水）。第二小组用该器材进行实验，得到两物质的温度随时间变化图像均为图线A，下列说法正确的是（　　） A．加热3min，水吸收的热量大于石墨烯复合散热剂吸收的热量 B．加热3min，石墨烯复合散热剂升温更快，说明它的比热容比水大 C．石墨烯复合散热剂的比热容为 D．第二小组的水和石墨烯复合散热剂的质量比为3∶2 20．根据表格中数据，下列说法正确的是（　　） 物质 铁 铜 水 煤油 约 A．1 kg铜温度升高时，吸收的热量是 B．1 kg的水温度由升高到吸收的热量小于从升高到吸收的热量 C．煤油和水体积之比为2:1，吸收热量之比为12:5，则升高温度之比为3:1 D．初温、质量相同的铁块和铜块，吸收相同的热量后，铁块的末温高于铜块 21．如图所示，是用相同加热器加热质量相等的A、B两种不同液体时（忽略散热）得到水温与加热时间的图线。则A、B两液体的比热容之比为（　　） A．2∶3 B．3∶2 C．2∶1 D．1∶2 22．如图所示，规格相同的甲、乙两容器中分别装有5kg和2kg的纯净水，并用不同加热器加热（不计热损失，气压为标准大气压），得到如图丙所示的水温与加热时间的关系图，已知水的比热容是，则加热时间为9min时，甲、乙容器中水的末温之比为________。 23．小明在探究“物质的放热能力与哪些因素有关”时，分别用质量均为0.5kg的两液体进行对比实验，并用图像对实验数据进行了处理，如图所示。实验过程中，两种液体在相同时间内放出的热量相等，分析图像可以得出：当乙的温度下降到20℃时，需要_____min的时间；甲乙两种物质的比热容之比为_______；若甲是水，则乙液体在0～15min内放出的热量为 ______J。 24．用相同的热源分别对甲、乙两种液体加热，已知甲、乙质量相等（不计热量损失）。加热过程甲、乙两种液体温度随加热时间变化的关系图象如图所示，则甲、乙两种液体的比热容之比为________。 ▌题型05 水的比热容特点及其应用 一、水的比热容： 水的比热容较大，c水＝4.2×103J/(kg·℃)。 表示1 kg水温度升高（或降低）1℃吸收（或放出）的热量是4.2×103J。 二、应用： 暖气用水作介质：水比热容大，降低相同温度放出热量多，取暖效果好。 汽车发动机用水冷却：水比热容大，升高相同温度吸收热量多，冷却效果好。 沿海地区昼夜温差小：水比热容大，吸收或放出相同热量时温度变化小。 农民傍晚往秧田灌水：水比热容大，夜间降温慢，保护秧苗。 热水袋用水：水比热容大，放热多且降温慢。 关键注意： 水的比热容大，不是“水温度高”，也不是“水吸热多”。应用时抓住“温度变化小”或“吸放热多”。 思维点拨： 水比热容大→吸放热本领强→温度不易变化。解释生活现象时，先说明水的比热容大，再分析吸放热和温度变化。 25．如图甲所示，烧杯中水的初温与室温均为25.4°C，用搅拌器不断地搅拌水。此过程中，水的温度-时间图像如图乙所示。若不考虑水的质量变化，在搅拌水的150min过程中（　　） A．水的比热容变大 B．搅拌器做功消耗了水的内能 C．水分子热运动变得更剧烈 D．水可能没有与外界发生热传递 26．下列说法正确的是（　　） A．夏天的中午时分，海边沙子比海水热，是因为沙子吸热多，海水吸热少 B．在寒冷的冬季，北方地窖里面放桶水能防止冻坏蔬菜，是利用水的比热容大，放热多 C．宽窄巷子喷水雾降温是利用了水的比热容较大的特性 D．在盛夏的夜晚，微风一般从陆地吹向海洋 27．利用图甲所示的实验装置比较不同物质吸热的情况，使用相同规格的电加热器分别对水和食用油加热，得到温度随时间变化的图像如图乙所示。已知，不计热量损失。下列说法正确的是（　　） ①应在两个相同的烧杯中加入体积和初温均相同的水和食用油 ②加热2min时，食用油和水吸收的热量一样多 ③若给汽车发动机降温，应选b物质作冷却剂 ④分析图乙可得a是食用油的升温图像，其比热容为 A．只有①③ B．只有②④ C．只有②③④ D．只有①②③ 28．在探究“物质的吸热能力与哪些因素有关”的实验中，用相同的热源给质量相等的水和另一种物质加热，收集的数据如图所示。分析图一可以得出图线___________（选填“a”或“b”）对应的物质为水，另一种物质的比热容为___________。如图二是对0.5kg的碎冰块均匀加热获得的“温度与时间”关系图像，不计热损失，若CD段的比热容为 ，则在 BC段吸热为 ___________。 29．春暖花来，小敏和同学们来到美丽的青岛研学，他么利用所学的热学知识讨论分析了当地的风向情况，根据海水的比热容___________陆地上砂石的比热容，绘制出了陆地和海面之间空气流动情况的示意图，如图，其中___________能描述夜晚的风向。    30．如图甲，在比较“不同液体吸热本领大小”的实验中，小华将两支相同的试管（分别盛有初温和质量相同的甲、乙两种液体）放入同一个红外加热器中，两个温度传感器的探头部分与两试管内的液体接触良好，并通过数据采集线与计算机相连接。利用红外加热器对两试管内的液体加热，在其沸腾前，计算机上得到图乙所示的温度-时间图像。根据图像乙可知：___________液体的比热容大；通过测量液体的质量并读取红外加热器释放的热量计算出液体的比热容___________（选填大于/等于/小于）其真实值；如图丙是某一沿海城市和某一内陆城市年气温变化曲线，从图像可知曲线a表示的是___________（选填“沿海”或“内陆”）城市的年气温变化曲线，。 ▌题型06 热平衡与吸放热综合计算 一、热平衡： 两个温度不同的物体相互接触，热量从高温物体传到低温物体，直到温度相同，达到热平衡。 热平衡方程：Q吸＝Q放（不计热量损失）。 二、计算步骤： 确定高温物体和低温物体； 判断谁吸热、谁放热； 分别列出Q吸＝c₁m₁(t－t₁)和Q放＝c₂m₂(t₂－t)； 根据Q吸＝Q放列方程； 代入数据求解末温t或比热容、质量等。 三、有热量损失时： Q吸＝Q放×η，或Q放＝Q吸＋Q损。 关键注意： 热平衡时温度相同，但内能不一定相同。吸热和放热的对象要分清，不能把高温物体的初温当作末温。单位要统一，质量用kg。 思维点拨： 热平衡抓“高温放热、低温吸热、末温相同”。列方程时，吸热用末温减初温，放热用初温减末温。 31．如图，有2个保温容器，分别盛有质量的热水和质量的冷水，两杯水的内能大小关系是______选填“热水大”、“冷水大”、“一样大”或“无法比较”，小明将热水倒入盛有冷水的保温容器B中，冷水温度升高，此时B杯中水的比热容大小______，然后再向B杯中倒入同质量同温度的热水，水温又上升，若不计热量的损失，则：______。 32．如图甲所示，将盛有热牛奶的瓶子放在冷水中，图乙是250g牛奶与500g冷水的温度随时间变化图像，图中表示牛奶温度随时间变化曲线的是___________（选填“Ⅰ”或“Ⅱ”），牛奶放出的热量___________（选填“大于”“小于”或“等于”）水吸收的热量。牛奶的比热容为___________J/（kg·℃）。[忽略各种热量的损失，c水=4.2×103J/（kg·℃）] 33．体育课后，小付用两个相同的大杯子从饮水机分别接了部分热水和部分冷水，用两杯水混合来得到温度适宜的饮用水，此时杯中水的比热容______（选填“变大”“变小”或“不变”）。已知热水的初温为95℃，他先将冷水杯内一半的冷水倒入热水杯内，摇匀且稳定后，热水杯内水的温度降低到55℃；他再将冷水杯内剩余冷水的一半倒入热水杯内，摇匀且稳定后，热水杯内水的温度降低到50℃。则混合前，两杯子内最初的热水和冷水的质量之比为______。（不计水的质量变化、状态变化和热量损失） 34．（1）小乔用质量相等、初温相同的水和某未知液体[]来研究物体放热时温度随时间的变化关系，并用图象对实验数据进行了处理，如图所示，实验中，水和未知液体在相同时间内放出的热量相等，分析图象可以得出未知液体的比热容______； （2）已知甲容器盛有初温为20℃的水100g，乙容器盛有初温为50℃的水50g。现把甲、乙两容器中的水相互混合，不考虑热量损失，则混合后达到热平衡时的温度是______。 35．体育课后，小龙用两个相同的大杯子从饮水机分别接了部分热水和部分冷水，准备用两杯水混合来得到温度适宜的饮用水，已知热水的初温为93℃。他先将冷水杯内一半的冷水倒入热水杯内，摇匀且稳定后，热水杯内水的温度降低到63℃；他再将冷水杯内剩余冷水的一半倒入热水杯内，摇匀且稳定后，热水杯内水的温度降低到57℃。 (1)则混合前，两杯子内最初的热水和冷水的质量之比为多少？ (2)小龙最后将冷水杯内剩余的冷水全部倒入热水杯内，摇匀且稳定后，热水杯内水的温度将降低到多少？（不计水的质量变化、状态变化和热量损失，结果取整数） 36．如图甲所示，A、B是两个底部装有完全相同的加热器的容器，加热器产生的热量90%可以被容器中的液体吸收，已知加热器每秒钟放出热量1000J。现将甲、乙两种液体分别倒入A、B杯中，其中甲液体的比热容2×103J/（kg·°C）：让两个加热器同时开始工作，60s后停止加热，然后立即将质量为2.7kg的合金球迅速放入乙液体中（从球放入到达到热平衡不计热损失），它们的温度随时间变化图象如乙所示。 （1）加热20s时，乙液体吸收的热量为多少； （2）甲液体的质量多少； （3）合金球的比热容为多少？ ▌题型07 实验探究——比较不同物质吸热的能力 一、实验目的： 比较不同物质（如水、食用油）吸热能力的强弱，即比较比热容大小。 二、实验方法： 控制变量法：控制水和食用油的质量相同、初温相同。 转换法：用相同的热源加热，加热时间越长，吸收热量越多。 比较方案： 方案一：升高相同温度，比较加热时间。加热时间长的吸热能力强，比热容大。 方案二：加热相同时间，比较温度变化。温度变化小的吸热能力强，比热容大。 三、实验器材： 相同规格的电加热器或酒精灯、烧杯、温度计、天平、秒表、水、食用油。 四、实验结论： 水的比热容大于食用油的比热容。 质量相同的不同物质，升高相同温度，吸收热量不同；吸收相同热量，温度变化不同。 关键注意： 必须用相同热源，保证相同时间内放出热量相同。质量必须相同，初温最好相同。温度计要正确使用，不能接触杯底。 思维点拨： “相同热源”是转换法的关键，加热时间反映吸热多少。比较吸热能力，看“升高相同温度谁加热时间长”或“加热相同时间谁温度变化小”。 37．科技小组学习完比热容相关知识后，想利用自制教具探究海陆风的成因。 任务一：探究沙子和水的吸热能力 (1)利用如图甲所示装置探究沙子和水的吸热能力。取相同___________和初温的水和沙子，用规格相同的白炽灯模拟太阳对箱中的水和沙子加热，实验时通过比较___________来间接反映水和沙子吸收热量的多少； (2)依据实验数据描绘如图乙的水和沙子的温度随时间变化的图像，由图像可知在时间相同时水的升温比沙子的升温慢，说明___________的吸热能力强，根据图像可知水和沙子的比热容之比是___________； 任务二：实验模拟海陆风的形成 (3)取下两箱子的封口盖，在两个箱子的侧面分别开一个小孔，连上一个两端开口的透明细管，点燃一支香放在细管中（如图丙），请利用所学知识分析判断：相同条件下，加热一段时间后，白烟将会从管的___________（选填“”或“”）管口冒出。依据实验和理论分析，可推断夜间风是___________（选填写字母）。 A．从大海吹向陆地        B．从陆地吹向大海 38．如图1是探究“比较不同物质吸热的情况”的实验装置。 (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1中所示的器材外_________； (2)甲、乙液体吸收热量的多少可以通过_________（选填“温度计示数”或“加热时间”）来反映；若将甲、乙两种液体加热相同时间，甲吸收的热量_________（选填“大于”“小于”或“等于”）乙吸收的热量 (3)从图2中可以看出，_________液体的温度升高得较快，_________（均选填“甲”或“乙”）液体的比热容较大； (4)若乙液体的比热容为4.2×103J/（kg·℃），则甲液体的比热容为_________J/（kg·℃）。 39．【探究名称】探究不同物质吸热能力。 【问题】暑假，小明同学到沿海城市旅行，他发现，中午海边的沙子很热但海水却很凉，他猜想：物质的吸热能力可能与__________有关。 【证据】针对他的猜想，他查阅资料发现，若用沙子做实验，沙子受热的均匀性差，他决定换用煤油和水进行实验：将水和煤油分别装在两个相同的烧杯中，用相同的酒精灯加热。 （1）如图甲所示是小明同学的实验装置，其中有一小明显错误，请指出错误之处：_____________； （2）改正后选用相同的酒精灯对水和煤油加热相同的时间，每隔记录一次温度，并将数据制成如图乙所示的图像，在第五分钟时，水吸收的热量__________（选填“大于”“等于”或“小于”）煤油吸收的热量。 【解释】 （1）本实验通过__________来反映物质的吸热能力（选填“液体升高的温度”或“加热时间”）； （2）由图像乙可知，水吸热能力更强；物理学中，用比热容来表示物质的吸热能力，则水、煤油的比热容之比为__________________； 【交流】海水和沙子吸收相同的热量，海水吸热升温慢，而沙子吸热升温快，___________吸热能力更强，由此可推测，到了傍晚海水的温度_________沙子的温度（选填“高于”“等于”“低于”）。 40．小明用相同的酒精灯分别给水和煤油加热（如图甲），以探究水和煤油的吸热能力。[c水＝4.2×103 J/（kg·℃）] (1)本实验需要用到天平这一测量工具，目的是______________________。 (2)加热10 min，水吸收的热量_______（选填“大于”“小于”或“等于”）煤油吸收的热量。 (3)根据实验数据，小明作出了水和煤油的温度随加热时间变化的图像（如图乙），由图像可知，煤油的比热容是______________J/（kg·℃）。 【补充设问】同组的小华设计如下方法来比较比热容的大小：将两个初温均为t1的相同金属块，分别浸没在温度均为t2、质量相同的水与煤油中（t1＜t2），待温度均稳定后，测得水温高于煤油的温度。据此得出“水的比热容比煤油大”的结论。 请评价该设计思路是否可行？_______（选填“可行”或“不可行”）。 41．趣味实验“盐水制冰”：将装有浓盐水的烧杯放入冰箱降温后取出，再将装有水的试管放入盐水中，如图所示，观察试管中水的状态并记录盐水和水的温度数据于下表中。 时间t/min 0 1 2 3 4 盐水温度ta/℃ -10 -8 -6 -4 -2 水的温度tb/℃ 10 5 0 0 0 水的状态 液态 固液共存 (1)图为实验过程中水的能量走向示意图，请在( )内分别填入对应的物质“盐水”“水”和“冰”。 (2)实验时低温的盐水始终为液态，则该盐水的凝固点（　　） A．不高于-10℃ B．不低于-10℃ C．等于0℃ D．高于0℃ (3)有同学分析数据发现，盐水升温比水降温更慢，据此得出结论“盐水的比热容大于水的比热容”。你是否同意该结论？___________。（简要说明判断依据） 42．为了比较a、b两种液体比热容的大小，某同学用如图甲所示的装置进行实验。用相同的酒精灯加热质量相等的a、b两种液体。根据收集的数据画出的a、b两种液体温度随时间变化的图像如图乙所示（a液体加热了3min，b液体加热了8min）。 （1）实验需要的测量工具有天平、停表和温度计。 （2）从乙图图像可以看出，若不计热损失，0~3min内，加热相同的时间，a液体吸收的热量 ___________ （选填“大于”、“小于”或“等于”）b液体吸收的热量，___________ （选填“a”或“b”）液体升温较快。 （3）a、b两种液体的比热容之比ca：cb为 ___________ 。 （4）加热b液体6~8min的过程，有大量的气泡冒出，温度保持不变，该过程是否可以利用公式Q=cmΔt来计算液体吸收热量的多少？___________ 。此过程，烧杯中b液体的质量不断减少，其内能 ___________ 。 ▌题型08 比热容相关的图像分析 一、常见图像： 温度-时间图像（t-T图像）：相同质量的不同物质，用相同热源加热。 图像斜率：斜率越大，温度升高越快，比热容越小；斜率越小，温度升高越慢，比热容越大。 吸收热量-温度变化图像（Q-Δt图像）：斜率表示cm，斜率越大，比热容越大。 二、分析方法： 明确横纵坐标； 判断是哪种物质； 比较相同加热时间下的温度变化，或相同温度变化下的加热时间； 结合Q＝cmΔt分析比热容大小。 关键注意： 图像中加热时间反映吸收热量多少。相同热源，加热时间越长，吸收热量越多。比较比热容时，要控制质量和热源相同。 思维点拨： t-T图像看斜率，斜率小比热容大；Q-Δt图像看斜率，斜率大比热容大。先看坐标，再定关系。 43．小夏在探究“物质的放热能力与哪些因素有关”时，分别用质量相等的水和另一种液体进行了实验（c水>c液），并用图像对实验数据进行了处理，如图所示。请计算另一种液体的比热容为（    ）。[水的比热容为] A．2.4×103 B．1.8×103 C．2.1×103 D．3.2×103 44．小明在探究“物质的放热能力与哪些因素有关”时，分别用质量均为0.5kg的水和另一种液体进行对比实验，并用图像对实验数据进行了处理，如图所示，实验过程中，水和另一种液体在相同时间内放出的热量相等，分析图像可以得出：______物质为水，另一种液体的比热容为______（　　） A．甲   2.1×103J/（kg•℃） B．甲   8.4×103J/（kg•℃） C．乙   2.1×103J/（kg•℃） D．乙   8.4×103J/（kg•℃） 45．某固态物体的质量为m，其物质的比热容为c，用稳定的热源对它加热（物体在相同时间内吸收的热量相等），到时刻停止加热，然后让其冷却。上述过程中记录不同时刻的温度，最后绘制出温度随时间变化的图像（如图）。下列说法正确的是（　　） A．该物质在∼时间段的比热容不等于在0∼时间段的比热容 B．在∼时间段，该物质的比热容先增大后减小 C．在∼时间段，该物体放出的热量为 D．在0∼时间段，该物体吸收的热量为 46．如图所示是冰的熔化图像，甲、乙两图中符合冰熔化规律的是图___________（选填“甲”或“乙”），这是因为c冰___________c水 （选填“>”、“<”或“=”），物质在第3min时的内能___________（选填“大于”、“小于”或“等于”）第2min时的内能；若相同时间内物质吸收的热量相同，冰的质量为0.1kg，不计此过程中汽化引起的质量变化，则冰在熔化过程中吸收的热量是___________J。[] 47．如图所示，质量为500g的某液体，比热容为，在均匀放热的条件下凝固成固态物质，则凝固过程中该物质放热______J；该物质固态时的比热容为______。 48．为比较A、B两保温杯的保温性能，小红在两个保温杯中分别倒入0.1 kg相同温度的热水，它们的初温均为，绘制水温随时间的变化图像如图所示。在热水冷却的整个过程中A杯中水放出热量，则___________℃，B杯中水放出的热量___________。保温性能___________（选填“A更好”、“B更好”或“A、B一样好”）。【】 ▌题型09 比热容与生活应用综合 一、常见应用： 暖气用水供热；汽车发动机用水冷却；沿海地区昼夜温差小；水田灌水防冻；热水袋取暖；城市热岛效应等。 二、解释步骤： 指出水的比热容大； 说明吸收或放出相同热量时，水的温度变化小； 结合具体情景说明好处。 三、综合计算： 结合Q＝cmΔt计算水吸收或放出的热量； 结合热平衡方程计算混合后的温度； 结合效率计算燃料放热或电加热消耗电能。 关键注意： 解释现象时，先点明“水的比热容大”，再分析温度变化。计算时注意单位统一，质量用kg，热量用J。 思维点拨： 水比热容大→吸放热多→温度变化小。生活应用中，保温、冷却、调节温差都利用这一特点。 49．小明听新疆的同学说新疆有“早穿皮袄午穿纱，围着火炉吃西瓜”的谚语，这反映了当地昼夜温差大。与沙漠地区相比，沿海地区昼夜差更小的主要原因与下列事例包含原理不同的是（　　） A．家中暖气用水做循环物质 B．生物体内水的比例高有助于调节生物自身的温度 C．夏天在教室地面上洒水感觉凉爽 D．冬天用暖水袋取暖 50．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 51．白糖，不仅是增加甜味的调味剂，它还可以作为生火物质。在一次化学课上老师展示了现代版的“钻木取火”。杨老师将白糖和高锰酸钾放在金属片上按的质量比例混合后用木棍来回摩擦几下，混合物质就燃烧起来，产生了明亮的火焰和放出大量的热。已知：混合物质燃烧时放出的热量有70%被金属片吸收，其余被周围空气吸收。实验中金属片共吸收热量，使用的金属片质量为，比热容为，周围空气的质量为。下列说法正确的是（    ） A．混合物质燃烧，只是将化学能转化为光能 B．因为实验中有热量放出，所以周围空气分子的运动速度都减慢了 C．如果实验中金属片的初始温度为25℃，金属片的最终温度为33.75℃ D．在燃烧过程中周围空气的温度升高0.6℃，则空气的比热容为 52．小明用电水壶烧水给爷爷奶奶泡茶。该壶保温性能较好，烧水时壶会吸收一些热量。在壶中装入500mL的水，加热至沸腾，用时2min。水用完后，他又在壶中装入1000mL的水，加热至沸腾，所需时间最有可能的是______（选填“大于2min且小于4min”“等于4min”或“大于4min”）。 53．如图所示某项目式学习小组用该装置探究海陆风的成因。取下两箱子的封口盖，在完全相同两箱子中装入质量和初温相同的水和沙子，在两个箱子的侧面分别开一小孔，用一个两端开口的透明细管AB将其连接，点燃一支香放在细管中部（图丙），通过白烟的流向模拟日晒下海边的风向，分析判断：相同条件下，加热一段时间后，烟将会从管的_______端管口冒出。依据实验和理论分析，可推断夜间风是_______。（A。从大海吹向陆地；B。从陆地吹向大海） 54．有一支不合格的温度计，刻度均匀而示数不准确。放在冰水混合物中，读数是6℃，一个标准大气压下放在沸水中，读数是90℃；用这只温度计去测量某物体的温度，当示数为27℃时，该物体的真实温度是__________。在某次测量中若温度计示数与此时实际温度相同，则真实温度为_________。该温度计的示数与实际温度的关系式为_________。现在有一容器，容器内装有冷水，使用该温度计测量冷水温度变化。发现将一杯热水倒入冷水中，温度计的示数升高了8.4℃，向容器内再次倒入相同质量和温度的热水，温度计示数又升高了5.04℃，则：第一次倒入热水，实际升高了_________℃。第二次倒入热水，实际升高了_________℃。一杯热水与原来冷水质量之比为：__________。最初热水与容器中原有冷水的实际温度差为：_________℃。如果继续向容器中倒入一杯同样的热水，则容器中的水温会升高：__________℃。 2 / 2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $