12.3 物质的比热容（讲义）物理新教材苏科版九年级上册

第十二章 机械能和内能 三、物质的比热容 课标要点 1.知道热量的概念，知道热量的单位是焦耳（J），知道热传递过程中传递的能量叫热量。 2.通过实验探究，了解不同物质在质量相等、升高温度相同时，吸收的热量不相等。 3.理解比热容的概念，知道比热容是物质的一种物理属性，知道比热容的单位及其物理意义。 4.知道水的比热容较大，能解释水在生活、生产和气候调节中的常见应用。 5.会利用比热容公式进行简单的热量计算，掌握公式及其变形式。 6.通过探究“不同物质吸热升温现象”的实验，进一步掌握控制变量法和转换法。 学习重难点 重点：热量的概念；比热容的概念和公式；利用比热容公式进行热量计算。 难点：比热容概念的建立：理解比热容是物质的一种物理属性：热量计算中 Δt 的理解与运用。 知识点 热量 1. 热量的定义： 前面学习过，热传递是改变物体内能的一种方式。物理学中，把物体在热传递过程中转移的能量叫做热量， 用符号 Q 表示，热量的单位与能量的单位相同，也是焦耳（J）。 2. 热量的实质： 热传递过程中，高温物体放出热量，内能减小；低温物体吸收热量，内能增大。 热量是过程量，只能说“吸收热量”或“放出热量”，不能说“含有热量”或“具有热量”。 3. 影响物体吸收（放出）热量多少的因素： 物体在热传递过程中，吸收（或放出）的热量与以下因素有关： （1）物体的质量：质量越大，吸收（放出）的热量越多； （2）温度的变化：升高（或降低）的温度越多，吸收（放出）的热量越多； （3）物质的种类：不同物质，在质量相等、升高温度相同时，吸收的热量不相等。 生活实例： 烧开一壶水比烧开半壶水需要的时间长，说明升高相同温度，水的质量越大，吸收的热量越多。 将一壶水烧开比加热到温水需要的时间长，说明质量相同的水，升高的温度越多，吸收的热量越多。 随学随练 1．关于温度、热量和内能的说法中正确的是（     ） A．物体温度高，因为含有的热量多 B．静止的物体没有动能，但有内能 C．温度相等的1 kg水和1 g水的内能相同 D．热传递过程中，热量由内能大的物体传向内能小的物体 【答案】B 【详解】A．热量是热传递过程中的过程量，不能表述为物体“含有热量”，故A错误； B．动能大小与物体运动速度有关，静止的物体速度为0，没有动能；内能是物体内所有分子热运动动能和分子势能的总和，一切物体都具有内能，故B正确； C．内能与物体的温度、质量、状态有关，温度相等时，1kg水质量远大于1g水，内能更大，故C错误； D．热传递的条件是存在温度差，热量由温度高的物体传向温度低的物体，与内能大小无关，故D错误。 故选B。 2．在热传递过程，内能改变的多少叫热量，用Q表示。甲物体只发生热传递，原有内能500J，现在具有内能为460J，则这个物体放出热量为______J；乙物体只发生热传递，原有1000J内能，现在具有1100J内能，则这个物体吸收的热量为______J。只有发生了热传递才有热量被吸收或放出。一个物体原有800J内能，吸收100J热量后，具有的内能为______J。 【答案】 40 100 900 【详解】[1]物体质量，内能减小，减小的内能等于物体的热量，故物体放出的热量为500J-460J=40J [2]物体吸收热量内能增加，增加的内能等于物体吸收的热量，故物体吸收热量为1100J-1000J=100J [3]物体吸收热量内能增加，增加的内能等于物体吸收的热量，物体内能为800J+100J=900J 3．“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。请写出下面几种情形中“热”字的含义：“物体吸热”中“热”是指________；“水被烧热”中“热”是指________。 【答案】 热量 温度 【详解】由热量的物理意义可知，热传递过程中转移的能量是热量，故“物体吸热”的“热”指热量； 因“水被烧热”描述水的冷热程度升高，温度表示物体的冷热程度，故此处“热”指温度。 知识点 比热容 1. 实验探究：观察不同物质吸热升温的现象： 实验目的 比较不同物质（如水和沙子）的吸热能力 实验方法 控制变量法（质量相同、加热时间相同） + 转换法（加热时间长短反映吸收热量的多少） 实验器材 两个相同的瓷盘、质量均为 50 g 的沙子和水、红外灯、温度计 实验步骤 ① 用温度计测出沙子和水的初温；② 用白炽灯同时照射两个瓷盘 4 min；③ 再测出沙子和水的末温 实验现象 最终沙子的温度比水的温度高（沙子升温比水快） 实验结论 质量相等的不同物质，加热相同时间（吸收相同热量），升高的温度不同；若升高相同的温度，水需要的加热时间更长，即水吸收的热量更多 注意：如果热源和加热方法相同，就可以认为相同时间内物体吸收的热量大致相等。 2. 比热容的定义： 物理学中，将物体温度升高时吸收的热量与它的质量和升高温度的乘积之比，叫作比热容，简称比热。比热容在数值上等于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。 3. 比热容的公式： 其中c表示物体的比热容，Q表示物体吸收或放出的热量，m表示物体的质量，表示物体温度的变化量，吸热时温度升高，=t-t0，放热时温度降低，=t0-t。 4. 比热容的单位： 焦每千克摄氏度，符号为 J/(kg·℃)。 5. 比热容的物理意义： 比热容是反映物质吸热（放热）本领的物理量，比热容越大的物体，吸热（放热）本领越强，温度变化越困难。 比热容是物质的一种物理属性，与物质的质量、温度变化、吸收或放出的热量多少无关，与物质的种类和所处的状态有关。 对于不同物质，比热容一般不等，故比热容可作为鉴别物质的一种方式。 6. 一些物质的比热容： 从表中可以看出：水的比热容较大。这解释了为什么海水和沙子在同一时刻的温度不一样——同样受太阳照射，吸收相同热量，水的比热容大，温度升高得慢，沙子温度升高得快。 7. 水的比热容较大的应用： 生活生产：热水袋取暖、汽车发动机用水冷却、暖气用水循环供暖等。 气候调节：沿海地区一年四季气温波动较小，夏天不太热，冬天不太冷；内陆地区干旱缺水，昼夜温差较大（如新疆“早穿皮袄午穿纱，围着火炉吃西瓜”）。 生态意义：水对气候具有调节作用，植树造林、绿化荒山能改善地区气候和生态环境，诠释了“绿水青山就是金山银山”的理念。 随学随练 1．由比热容的公式，判断下列哪种说法是正确的（　　） A．比热是物质的特性之一，跟热量、质量、温度的变化等因素都无关 B．物质的比热容跟它的热量成正比 C．物质的比热容跟它的质量成反比 D．物质的比热容跟它的温度变化成反比 【答案】A 【详解】比热容是物质的固有特性，仅由物质种类、状态决定，与热量、质量、温度变化量均无关，公式为定义式而非决定式，故A正确，BCD错误。 故选A。 2．两个铁块的质量之比为1∶4，吸收的热量之比是1∶2。则两铁块的比热容之比为______，升高温度之比为______。 【答案】 1:1 2:1 【详解】比热容是物质的固有特性，两铁块为同种物质，故比热容之比为1:1 由吸热公式可得升高温度 两铁块升高温度之比为 故升高温度之比为2:1。 3．在沿海地区，炎热、晴朗的天气里常常出现“海陆风”，其形成原因是海水的___________比砂石大。当出现如图所示风向时，通常发生在___________（选填“白天”或“夜晚”），且海水温度___________（选填“较高”或“较低”） 【答案】 比热容 夜晚 较高 【详解】海陆风的形成原因是海水的比热容比砂石大。由图中低空气流从陆地吹向海洋可知，此时为陆风。因水的比热容较大，夜晚陆地降温比海水快，陆地气温低、空气下沉，海水温度较高、空气上升，近地面风从陆地吹向海洋，故该现象发生在夜晚，海水温度较高。 知识点 热量的计算 1. 热量计算公式： 由比热容的公式变形可得 Q = cmΔt。它反映了热量与物质的比热容、物体质量和温度变化的关系。 吸热公式（温度升高时）： 放热公式（温度降低时）： 符号 意义 单位 Q吸/Q放 吸收/放出的热量 J c 比热容 J/(kg·℃) m 物体的质量 kg t0 初温 ℃ t 末温 ℃ 2. 变形式： 求比热容：。 求质量： 求温度变化量： 3. 计算步骤（四步法）： ① 找已知：明确已知量（c、m、t₀、t 或 Q）； ② 选公式：根据吸热或放热选择 或 ； ③ 代数据：将已知量代入公式（必须带单位）； ④ 得结果：计算出结果并作答。 4. 计算过程中的注意事项： 单位统一：质量用 kg，温度用 ℃，比热容用 J/(kg·℃)，热量用 J； Δt 的理解：吸热时 Δt = t - t0，放热时 Δt = t0 - t，Δt 恒为正，运算时，高温减低温即可； 区分“升高到”和“升高了”：“升高到 100 ℃”指末温为 100 ℃；“升高了 100 ℃”指温度变化量为 100 ℃； 热平衡方程：不计热量损失时，高温物体放出的热量等于低温物体吸收的热量，即 Q放 = Q吸。 随学随练 1．如图所示，“围炉煮茶”是一种休闲方式，源自云南的“火塘烤茶”，采用木炭作为燃料，茶壶中装入1kg初温为10℃的山泉水，用围炉加热至100℃，水的比热容为4.2×103J/（kg•℃）、煤油的比热容是2.1×103J/（kg•℃）（当地气压为一个标准大气压）求： (1)水吸收的热量是多少？ (2)若这些热量完全用来加热煤油，可以使多少千克煤油温度升高30℃？ (3)如果提供：2.94×103J热量完全被水吸收，可以使初温40℃的1kg水升温到多少摄氏度？ 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）水吸收的热量为 （2）若将水吸收的热量完全用于加热煤油，根据可得，使煤油升高对应煤油的质量为 （3）如果提供热量完全被水吸收，根据可得，使初温的1kg水升高的温度为 所以水的末温为 该温度远低于标准大气压下水的沸点100℃，符合题意。 2．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。冰的比热容为。求： (1)CD段水吸收的热量； (2)在CE段，水吸收了的热量，水温升高了多少℃？ (3)冰在熔化过程中吸收的热量。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）由图像可知，AB段是固态冰，BC段是冰水混合物，CD段是液态水。CD段水升高的温度为 CD段水吸收的热量为 （2）根据公式可知，在CE段水温升高了 （3）由图可知，冰熔化BC段持续了 和CD段的持续时间相同，电加热器相同的时间放出的热量相同，因此BC段冰熔化吸收的热量和CD段水吸收的热量相同，所以冰在熔化过程中吸收的热量为 3．一保温杯中装有质量为400g，温度为25℃的水，现将一个温度为100℃的金属块放入杯中，一段时间后，杯内水和金属块的温度稳定在30℃。已知水的比热容为，金属块的比热容为，不计热量损失，求： (1)杯中的水吸收的热量。 (2)金属块的质量。 【答案】(1) (2)0.2kg 【详解】（1）由题意得，水的质量 杯中的水吸收的热量 （2）不计热量损失，金属块放出的热量 金属块的质量 题型 比热容的概念、单位和物理意义 题型描述：考查比热容的定义、单位、物理意义及物质属性；常见形式有：判断关于比热容的说法是否正确、比较不同物质比热容的大小、理解比热容是物质的一种属性等。 解题方法： 比热容的定义：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。 公式：c = Q / (m·Δt) 单位：J/(kg·℃)，读作“焦每千克摄氏度”。 物理意义：反映物质吸热（放热）本领的大小。比热容越大，相同质量、升高相同温度时吸收的热量越多。 核心属性：比热容是物质的一种物理属性，与物质的质量、温度变化、吸收或放出的热量多少无关，只与物质的种类和状态有关。 常见的说法辨析： 说法 判断 理由 “一杯水的比热容比半杯水的比热容大” ❌ 比热容与质量无关 “水变成冰后比热容不变” ❌ 状态改变，比热容改变（冰为 2.1×10³J/(kg·℃)） “比热容大的物质吸热一定多” ❌ 还与质量、温度变化有关 “比热容是物质的一种属性” ✔ 只与种类和状态有关 活学活用 1．小明随爸爸在烈日当空的河边玩耍，他发现脚踩在沙子上很烫，而踩在河水里却凉凉的，这是因为水的比热容较大，水的比热容为，它表示的意思是（　　） A．1kg的水吸收的热量是4.2×103J B．质量为1kg的水，温度升高时，吸收4.2×103J的热量 C．水每升高吸收的热量为 D．质量为1kg的水温度降低，放出的热量是4.2×103J 【答案】B 【详解】A．缺少温度升高1℃的限定条件，不符合比热容定义，故A不符合题意； B．表述完全符合水的比热容的物理意义，故B符合题意； C．未限定水的质量为1kg，且热量单位应为J，故C不符合题意； D．由放热公式可得，质量为1kg的水温度降低放出的热量 故D不符合题意。 故选B。 2．由得，关于同一种物质的比热容，下列说法正确的是（     ） A．若质量增大一倍，则比热容减小一半 B．两个不同的小组对该物质加热后，该物质在第二组中升高的温度比在第一组中升高的温度增大了一倍，则比热容增大一倍 C．物质状态相同时，无论物体质量多大，比热容都一样 D．若吸收的热量增大一倍，则比热容增大一倍 【答案】C 【详解】比热容是物质本身的一种特性，其大小只与物质种类、状态有关，跟吸收热量Q、质量m、温度变化都无关。故选C。 3．用两个相同的加热器分别给质量、初温都相同的水、煤油两种液体加热，两种液体温度随时间变化关系如图所示，实验中记录____________来表示液体吸收的热量，从图像可知____________物质是水（）（填“甲”或“乙”）。煤油的比热容是，其物理意义是________________________________________________。 【答案】 加热时间 乙 1kg的煤油升高或降低1℃，吸收或放出的热量为 【详解】相同加热器相同时间内放出的热量相等，故实验中通过记录加热时间来表示液体吸收的热量。 由可知，质量相同的不同物质，加热时间相同，即吸收相同热量时，比热容越大，温度升高越慢，因水的比热容大于煤油的比热容，故升温较慢的乙物质是水。 煤油比热容的物理意义为，单位质量的煤油，温度升高（或降低）所吸收（或放出）的热量为。 题型 比热容的一般计算 题型描述：已知比热容、质量、温度变化中的三个量，求第四个量；或结合吸热、放热公式进行简单计算。 核心公式： 吸热： ： 变形式：； 标准解题格式（四步法）： ① 找已知：明确 c、m、t0、t 或 Q； ② 选公式：根据吸热或放热选择对应公式； ③ 代数据：代入数据（必须带单位）； ④ 得结果：计算结果并作答。 常见陷阱： 区分“升高到”和“升高了”：“升高到 80 ℃”指末温 t = 80 ℃；“升高了 80 ℃”指 Δt = 80 ℃； 单位统一：质量用 kg，温度用 ℃，比热容用 J/(kg·℃)； 状态变化：若物质发生状态变化（如冰熔化），不能用单一比热容计算全过程。 避坑口诀： “吸热升温用末减初，放热降温用初减末；升高到是末温，升高了是变化；单位统一不犯错。” 活学活用 1．在标准大气压下，将体积为2L、温度为10℃的水加热至70℃［已知，］。求： (1)水的质量。 (2)水吸收的热量。 (3)接着再继续加热，若水又吸收了的热量，水的末温。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）水的体积 由可得水的质量 （2）水升高的温度 水吸收的热量 （3）理论上水升高的温度 末温 标准大气压下，水的沸点为100℃，水沸腾时吸热但温度保持不变，因此水的末温为100℃。 2．质量为的金属锅中放有的水，现把它们都从开始加热，当它们温度都升高了时，金属锅和水一共吸收了的热量。[]求： (1)水吸收的热量是多少？ (2)金属锅的比热容是多少？ 【答案】(1) (2) 【详解】（1）水吸收的热量 （2）金属锅吸收的热量 金属锅的比热容 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，选用了两盏完全相同的酒精灯分别给质量相同的沙子和水加热。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，加热满2min时，水吸收的热量为已知水的比热容是，不计加热过程的热量损失，求： (1)水的质量； (2)加热满2min时，沙子吸收的热量； (3)沙子的比热容。（结果保留一位小数） 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）由图像可知，水的温度从上升到，加热满时水吸收的热量为，则水的质量为 （2）相同时间内酒精灯燃烧放出相同的热量，在的时间内 （3）由图像可知，加热满，沙子的温度从上升到，沙子升高的温度 沙子的质量等于水的质量 沙子的比热容 题型 实验探究——比较不同物质的吸热能力 题型描述：给出“比较不同物质吸热能力”的实验装置和数据，要求分析实验方法、判断实验结论、指出操作要点或分析误差。 解题方法： 实验方法： 控制变量法：控制质量相同、加热时间相同（吸收热量相同）； 转换法：用加热时间长短反映吸收热量的多少，用温度计示数变化反映吸热能力。 实验方案对比： 方案 控制条件 比较对象 结论判断 方案一 质量相同、加热时间相同（吸热相同） 升高的温度 升温慢的吸热能力强 方案二 质量相同、升高温度相同 加热时间 加热时间长的吸热能力强 实验结论（标准表述）： 质量相等的不同物质，吸收相同的热量，升高的温度不同； 质量相等的不同物质，升高相同的温度，吸收的热量不同； 说明不同物质的吸热能力不同，即比热容不同。 高频考点： 实验中用水或油作为研究对象时，需要控制质量相同； 用相同的热源加热，目的是保证相同时间内吸收的热量相同； 若热源不同，而被加热的物体相同，以物体升高的温度表示吸收热量的多少。 避坑口诀： “比较吸热能力，控制质量相同；加热时间反映吸热，温度变化反映本领。” 活学活用 1．小明为探究“不同物质吸热升温的现象”，采取以下实验研究。 (1)图甲装置中，两个酒精灯要控制________________________（选填“灯内的酒精量”或“火焰的大小”）相同。该实验通过________________________来反映水和煤油吸收热量的多少，此研究方法是________________________； (2)实验时对初温和________________________相同的水和煤油加热，并记录相关数据： (3)将水和煤油的温度随时间的变化绘成图乙，由图可知________________________吸热能力强，已知水的比热容为，则煤油的比热容为_______________________。 (4)为进一步探究物质的吸热能力还与哪些因素有关，小明对一定质量的冰进行加热，测量并绘出的温度随时间变化的图像，如图丙所示。分析图像可知：物质的吸热能力还与物质的________________________有关。 【答案】(1) 火焰的大小 加热时间长短 转换法 (2)质量 (3) 水 (4)状态 【详解】（1）实验中要保证两个酒精灯相同时间内放出的热量一致，因此需要控制火焰大小相同，灯内酒精量不影响单位时间的放热多少。相同酒精灯加热时，加热时间越长，物质吸收的热量就越多，因此用加热时间长短反映吸热多少，将不易直接测量的热量多少转换为容易测量的时间，这种方法是转换法。 （2）根据控制变量法，探究不同物质的吸热升温特性时，需要控制水和煤油的初温、质量完全相同，只改变物质种类。 （3）吸热能力的强弱体现为：升高相同温度时，吸收热量越多（加热时间越长），吸热能力越强。从图乙可见，水和煤油都从30℃升到60℃时，水的加热时间（8min）比煤油（4min）更长，说明水吸热能力更强； 根据，质量、升温相同时，比热容与吸收的热量成正比，两者吸热之比为2:1，因此煤油比热容是水的，即 （4）图丙中，冰熔化为水后，相同质量的冰和水吸收相同热量（加热相同时间）时升温速度不同，说明冰和水的吸热能力不同，因此物质的吸热能力还和物质的状态有关。 2．在“科学探究：物质吸热的多少与哪些因素有关的实验”中： (1)设计实验时应运用控制变量法： ①用水和煤油做实验，要使水和煤油的初温和______相等； ②用相同电加热器加热，应用了电加热器在相同时间内对外供热______的特点；实验中，是通过比较______来间接反映煤油和水所吸收的热量； (2)实验中得到如下一组数据： 烧杯号 液体 质量 初温 末温 加热时间 1 水 300 20 30 12.3 2 水 120 20 30 6.2 3 煤油 300 20 30 6.1 4 煤油 300 20 25 3.1 ①比较分析1、3号烧杯的实验记录，可以得出的初步结论是：质量相等的不同物质，升高相同的温度，吸收的热量______（选填“相同”或“不同”）； ②比较分析1、2号烧杯的实验记录，可以得出的初步结论是：同种物质升高相同温度时，吸收的热量与______有关； ③比较分析______两个烧杯的实验记录，可以得出的初步结论是：质量相等的同种物质，升高不同的温度，吸收的热量不同； (3)实验中，对于质量相等的煤油和水，升温较快的是______；若使两者升高相同的温度，则______吸收的热量较多，由此可见，______的比热容较大。 【答案】(1) 质量 相同 加热时间 (2) 不同 质量 3、4 (3) 煤油 水 水 【详解】（1）探究不同物质的吸热能力时，根据控制变量法，需保证水和煤油的初温、质量都相等，只留物质种类这一个变量。 选用完全相同的电加热器，是利用它相同时间内对外供热相同的特点；本实验无法直接测量吸收的热量，因此用加热时间长短间接反映吸收热量的多少，这是转换法的应用。 （2）1、3号烧杯中，水和煤油质量相等、升温幅度相同，但加热时间不同，说明吸收的热量不同。 1、2号烧杯中都是水、升温幅度相同，只有质量不同，加热时间不同，说明吸收的热量和质量有关。 3、4号烧杯中物质种类、质量相同，升温幅度不同，加热时间不同，即吸收的热量不同，故比较分析3、4两个烧杯的实验记录，可以得出的初步结论是：质量相等的同种物质，升高不同的温度，吸收的热量不同。 （3）从表格数据可知300g煤油升高10℃需要6.1min，300g水升高10℃需要12.3min，所以质量相等的煤油和水吸收相同热量时，煤油升温更快；质量相等的煤油和水升高相同温度时，水的加热时间更长，说明水吸收的热量更多，也代表水的比热容更大。 3．在探究“比较不同物质吸热的情况”的实验中，实验装置如图所示。 加热时间/min 0 1 2 3 4 甲的温度/°C 30 34 38 42 46 乙的温度/°C 10 18 26 34 42 (1)实验器材有：相同规格的电加热器、烧杯、温度计各两个，水、食用油以及秒表、__________。实验中应量取__________相同的甲、乙两种液体，分别倒入相同的烧杯中。选用相同规格电加热器的目的：______________________________。每隔1 min测量一次水和食用油的温度。 (2)经过思考，小点想到了比较不同物质吸热本领的两种方法： ①质量相同的不同种物质，升高相同的温度，吸收热量__________的吸热能力强； ②质量相同的不同种物质，吸收相同的热量，温度升高多的吸热能力__________。 实验记录数据如上表格所示，从开始加热到末温为时，甲、乙两种液体吸收热量的关系为__________；分析实验数据可知液体__________（选填“甲”或“乙”）的吸热能力强； (3)用两个相同的“热得快”给质量和初温都相同的丙、丁两种液体同时加热，两液体的温度随时间变化图像如图所示，如果要你从丙、丁两液体中选择一种作为汽车冷却液，应选择液体__________（选填“丙”或“丁”），丙液体的比热容是__________。【丁的比热容为】 (4)小点实验模拟海陆风的形成。取下两个箱子的封口盖，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），通过白烟的流向模拟日晒下海边的风向。阅读图丁中的信息窗，结合信息窗的内容分析判断：相同条件下，加热一段时间后，白烟将会从管的__________（填“A”或“B”）管口冒出。依据实验和理论分析，可推断白天风是______________。 A．从大海吹向陆地    B．从陆地吹向大海 【答案】(1) 天平 质量 使相同加热时间内，甲、乙两种液体吸收的热量相等 (2) 越多 越弱 < 甲 (3) 丁 (4) B A 【详解】（1）实验需要量取相同质量的液体，因此还缺少的测量器材是天平。 根据控制变量法，探究不同物质吸热能力时，要量取质量相同的甲、乙两种液体。 选用相同规格的电加热器，是为了保证相同加热时间内，甲和乙两种液体吸收的热量相等。 （2）根据比热容的物理意义，质量相同的不同种物质，升高相同的温度，吸收热量越多的物质，吸热能力越强。 质量相同的不同种物质，吸收相同的热量，温度升高越多，说明其吸热能力越弱。 从表格数据可知，甲升温到42℃需要加热3min，乙升温到42℃需要加热4min，相同电加热器加热时间越长吸热越多，因此。 对比数据：加热相同时间（吸收相同热量），甲的温度升高幅度更小，说明甲的吸热能力更强。 （3）汽车冷却液需要选择比热容大的物质，相同质量下升高相同温度能吸收更多热量，冷却效果更好。从温度-时间图像可知，加热相同时间（吸收相同热量），丁的温度升高更慢，说明丁的比热容更大，因此选丁做冷却液； 由图可知，加热8min时（吸收相同热量），质量相同的丙、丁，丙的温度从20℃升到100℃，升温80℃；丁的温度从20℃升到60℃，升温40℃。根据，质量和吸热相同时比热容与温度变化成反比，则丙的比热容 （4）水的比热容大，相同加热，沙子升温更快，沙子上方空气受热膨胀密度变小上升；水这边温度低，冷空气从A口流向沙子一侧，白烟从B管口冒出。 白天陆地沙子升温快，空气上升，海面冷空气吹向陆地，形成海风。 题型 水的比热容特点及其应用 题型描述：考查水的比热容较大这一特点在生活、生产和气候调节中的应用；常见形式有：解释海陆温差、分析汽车冷却系统、暖气取暖等。 解题方法： 水的比热容：c水 = 4.2×103J/(kg·℃)，在常见物质中较大。 核心特点：水吸收（或放出）相同热量时，温度变化较小；升高（或降低）相同温度时，吸收（或放出）的热量较多。 应用分析： 应用 原理 说明 汽车发动机用水冷却 水的比热容大，吸热能力强 相同质量的水可吸收更多热量，降温效果好 暖气用水循环供暖 水的比热容大，放热能力强 相同质量的水可放出更多热量，供暖效果好 热水袋取暖 水的比热容大，放热慢 水降温慢，保暖时间长 沿海地区温差小 水的比热容大，升温降温慢 白天吸热温度升高慢，夜晚放热温度降低慢 内陆地区温差大 沙石比热容小，升温降温快 白天升温快，夜晚降温快，昼夜温差大 解释现象三步法： ① 判断物质种类及比热容大小； ② 分析吸收（或放出）热量的情况； ③ 根据 Q = cmΔt 推断温度变化的快慢。 避坑口诀： “水比热容大，吸放热本领强；升温慢降温也慢，气候调节它帮忙。” 活学活用 1．小强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对比实验，并作出了温度—时间图像，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（    ） A．乙物质是水 B．这种液体的比热容为 C．甲的放热能力比乙强 D．乙比甲更适合作为汽车发动机的冷却液 【答案】C 【详解】A．质量相等、初温都为60℃的水和某种液体，相同时间放出相等热量，根据变形得，温度变化Δt越小，比热容越大。相同时间内，甲的温度变化小，因此甲的比热容更大，所以甲是水，故A错误。 B．相同放热条件下，有，时间内，有、，代入数据有 解得 故B错误。 C．比热容是物质吸热（放热）能力的标志，比热容越大，放热能力越强，甲的比热容大于乙，因此甲的放热能力比乙强，故C正确。 D．冷却液需要比热容大的物质，升高相同温度时能吸收更多热量，冷却效果更好，因此比热容更大的甲更适合作为汽车发动机冷却液，故D错误。 故选C。 2．如图所示是青岛市和济南市年气温变化曲线，造成两城市温度变化不同的原因分析正确的是（     ） A．实线是青岛的，青岛的海水吸收的热量少 B．实线是济南的，济南的砂石吸收的热量多 C．虚线是青岛的，因为海水的比热容比砂石的大 D．虚线是济南的，因为海水的比热容比砂石的小 【答案】C 【详解】由气温变化曲线得出，实线：气温最高值更高、全年温差更大，是济南；虚线：气温变化平缓、温差更小，是青岛。原因是海水的比热容大于砂石、泥土的比热容，青岛是沿海城市，靠近海，气温年温差小，济南是内陆城市，多砂石、泥土，气温年温差大。故ABD错误，C正确。 故选C。 3．比热容是描述不同物质吸放热的性质的物理量。 (1)水的比热容为，它的单位读作：_______，它表示质量为1kg的水，温度升高1℃时，________。若将1kg的水倒去一半，剩下的水比热容将_______（选填“变大”、“不变”或“变小”）。 (2)城市中建设人工湖能有效减弱“热岛效应”，这是因为水在常见物质中的比热容______（选填“较大”或“较小”）。现有一人工湖湖水吸收一定热量，水温升高2℃，若这些热量被同等质量的砂石吸收（c砂石＜c水），则砂石升高的温度将_______2℃。（选填“大于”、“小于”或“等于”） 【答案】(1) 焦耳每千克摄氏度 吸收的热量为 不变 (2) 较大 大于 【详解】（1）比热容单位读作焦耳每千克摄氏度；比热容的物理意义是：单位质量的某种物质温度升高吸收的热量；因此水的比热容表示：水温度升高时，吸收的热量为；比热容是物质本身的固有特性，与物质质量大小无关，因此水倒去一半后，剩余水的比热容不变。 （2）[1]根据可知，相同质量的水和其它物质，在吸收相同热量时，水的比热容较大，温度升高得较少，能有效减弱“热岛效应”。 [2]湖水吸收一定热量，水温升高2℃，若这些热量被同等质量的砂石吸收，因为，相同质量的水和砂石，在吸收相同热量时，砂石的比热容较小，温度升高得较多，所以砂石升高的温度将大于2℃。 题型 热平衡方程及其应用 题型描述：考查热传递过程中高温物体放出的热量等于低温物体吸收的热量（不计热量损失）；常见形式有：求混合后的共同温度、求某物质的质量或比热容等。 解题方法： 热平衡方程：不计热量损失时，Q放 = Q吸。 展开形式： 其中 t 为热平衡后的共同末温。 高温物体：初温t₀₁，末温t，放热 Q放 = c₁m₁(t₀₁ - t)； 低温物体：初温t₀₂，末温t，吸热 Q吸 = c₂m₂(t - t₀₂)。 解题步骤： ① 明确高温物体和低温物体； ② 分别写出Q放和Q吸的表达式； ③ 根据Q放= Q吸列方程； ④ 解方程求出未知量。 注意： 热平衡方程的前提是不计热量损失（即没有向周围环境散热）； 若题目说明“不计热损失”，则 Q放 = Q吸； 若考虑热损失，则 Q放 > Q吸（放出的热量一部分散失到空气中）。 避坑口诀： “高温放热低温吸，不计损失两相等；列方程前分放吸，末温共同是关键。”。 活学活用 1．如图是一种新型的金属冰块，相较于普通冰块，金属冰块使用起来更加方便，且可无限次循环使用。茗茗将每块质量为125g且质量相等的四块金属冰块冷冻至-20℃后，迅速取出放入另一个装有200g水的杯中，容器中水温为30℃，放入金属块后水温最终下降到20℃，在这个过程中，若不计热量损失，金属冰块共吸收的热量___________J，该金属冰块的比热容为___________ J/(kg·℃)；细心的茗茗还发现水杯的外壁上挂满了小水珠，这是由于空气中的水蒸气遇冷___________（填物态变化名称）形成的。 [c水=4.2×103 J/(kg·℃)]；    【答案】 8.4×103 420 液化 【详解】[1]水放出的热量 Q放=c水m水(t-t0)=4.2×103J/(kg·℃)×0.2kg×(30℃-20℃)=8.4×103J 不计热量损失 Q吸=Q放=8.4×103J [2]金属块变化的温度 Δt金=t-t0=20℃-(-20℃)=40℃ 金属块的比热容 [3]水放出热量，温度降低，水杯的外壁上挂满了小水珠，是由空气中的水蒸气遇冷液化形成的小水蒸气。 2．吃早餐时小阳用热水加热牛奶。如图甲所示，他先用不锈钢盆（电磁炉适用）盛500g水放在电磁炉上加热2min，然后停止加热，将盒装牛奶（含牛奶420g）放入水中，不计热量损失，水和牛奶的温度变化情况如图乙所示。[] (1)水在加热过程中吸收的热量是多少? (2)牛奶的比热容是多少? 【答案】(1) (2) 【详解】（1）由图乙可知，水放在电磁炉上加热2min，水的温度由20℃升高到50℃，吸收的热量Q=c水m水Δt=4.2×103J/(kg·℃)×0.5kg×30℃=6.3×104J （2）由图乙知，将牛奶放入50℃的水中，牛奶升高的温度为Δt奶=40℃-20℃=20℃ 热水下降的温度Δt水=50℃-40℃=10℃ 不计热量损失，则热水放出的热量和牛奶吸收的热量相等。则有c水m水Δt水=c奶m奶Δt奶 牛奶的比热容 3．小明在研究“物质的吸热本领大小”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·℃），牛奶的比热容为2.5×103J/（kg·℃），不计热量损失），请问： （1）哪个图是沙子吸热升温的图像？ （2）加热2min时，水吸收了多少热量？ （3）吃早饭时，小明用热水加热质量为250g的袋装牛奶，为了使这袋牛奶的温度由12℃升高到42℃，小明至少要用60℃的热水多少千克？ 【答案】（1）甲图；（2）4.2×104J；（3）0.25kg 【详解】解：（1）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，由可知，沙子温度升得多，所以甲图表示沙子吸热升温的过程。 （2）图乙是水吸热升温的过程，由图乙可知，加热2min时，水的温度由20℃升高到70℃，所以水吸收的热量为 （3）牛奶吸收的热量为 牛奶吸收的热量正好等于热水放出的热量，60℃的热水温度刚好降到42℃，因此水放出的热量为 需要热水的质量为 答：（1）甲图表示沙子吸热升温的过程； （2）加热2min时，水吸收了4.2×104J； （3）小明至少要用60℃的热水0.25千克。 基础通关 1．用两个相同的电加热器分别给质量相同、初温相同的甲、乙两种液体加热，它们的温度随加热时间变化的图像如图所示。下列判断正确的是（     ） A．甲液体的比热容较大 B．乙液体的比热容较大 C．升高相同的温度，乙液体吸收的热量较多 D．甲、乙两种液体的比热容一样大 【答案】A 【详解】由图可知，甲、乙升高相同的温度 时，甲加热时间 ，乙加热时间 。因加热器相同，甲的加热时间较长，故吸收热量 ；由 可知，在 、 相同时，甲的比热容较大。 故选A。 2．体积相同的两种不同实心物体，它们的比热容分别为和、密度分别为和，吸收相等的热量后，升高的温度之比是（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】根据密度公式与吸热公式，变形得温度变化量。因两物体体积，吸收热量，故升高温度之比 故选D。 3．如图四幅海陆风示意图中，对近地面大气运动方向的判断正确的是（     ） A．①② B．②③ C．③④ D．①④ 【答案】B 【详解】由得。陆地多砂石，海洋多水，水的比热容大于砂石，白天等质量的水和砂石吸收相同热量，陆地砂石比热容小，升温大，气温高，空气上升；海洋水比热容大，升温小，气温低，空气下沉。近地面大气从海洋流向陆地。图①③为白天场景，则③正确，①错误；夜晚等质量的水和砂石放出相同热量，陆地砂石比热容小，降温大，气温低，空气下沉；海洋水比热容大，降温小，气温高，空气上升。近地面大气从陆地流向海洋。图②④为夜晚场景，则②正确，④错误。综上可得②③正确，故选B。 4．比热容之比为的甲、乙两种液体，当它们吸收的热量之比为时，未发生物态变化，升高的温度之比为，则甲、乙的质量之比为（     ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】由吸热公式得，则甲乙质量比 故选A。 5．小明用如图甲所示的装置比较不同物质吸热升温情况。将分别盛有水和食用油的两个相同试管同时用红外加热器加热，温度传感器与电脑相连。电脑上显示温度随时间变化的图线如图乙所示。下列说法中，正确的是［］（     ） A．加热，水吸收的热量大于油吸收的热量 B．油的比热容为 C．第内，油吸收的热量为 D．小华用该装置实验，得到水和油的温度随时间变化的图线均为，则 【答案】C 【详解】A．相同加热器加热相同时间，吸收热量相同，故A错误； B．比热容大的物质升温慢，所以图线B是水，图线A是食用油，加热3min水升温 水吸收的热量 加热2min油升温 ，吸收热量 油的比热容 故B错误； C．第2~3min内加热时间，油吸收的热量 故C正确； D．图线均为A说明，则 故D错误。 故选C。 6．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1 kg的水和某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，水和某种液体在相同时间内放出的热量相等，该液体在15min内放出的热量为_________J，该液体的比热容为_________。[水的比热容] 【答案】 【详解】由可知，质量相同的不同物质放出相同热量时，比热容越大温度降低越少，故甲为水，乙为待测液体。液体15min放出的热量与水15min放出的热量相等。水放出的热量为 液体15min内温度变化量为 液体的比热容为 7．如图，小华用一种加热器给质量为500 g的冰持续加热。根据实验记录的数据，他绘制了物体的温度随时间变化的图像。物体在AB段的比热容________在CD段的比热容，在C点时的内能__________（前两空均选填”大于””小于”或”等于”）在B点时的内能；该物体在BC段所吸收的热量为____________________J。[c水＝4.2×103 J/（kg·℃）] 【答案】 小于 大于 【详解】用相同加热器加热时，相同时间内物体吸收的热量相等。 AB段是冰吸热升温的过程，2min内温度变化；CD段是水吸热升温的过程，从第8min到第18min共加热10min，温度变化。两者质量相等，AB段相同时间内升温幅度远大于CD段，根据，变形得，因此AB段的比热容小于CD段的比热容。 BC段为冰的熔化过程，持续吸热，内能增加，温度不变，故C点内能大于B点。 CD段加热时间 水吸收的热量为 BC段加热时间 由相同时间吸热相同，得BC段吸收的热量为 8．把一杯牛奶放在热水中加热，经过一段较长时间，它们的温度随时间变化的图像如图所示。 (1)水和牛奶发生热传递是因为它们_________不同。图像中，表示水温度变化的是_________（选填“甲”或“乙”）； (2)若牛奶和热水的质量相等，且忽略热量的散失，牛奶的比热容为_________。 【答案】(1) 温度 甲 (2) 【详解】（1）因发生热传递的条件是物体间存在温度差，故水和牛奶发生热传递是因为温度不同。 因热水放热温度降低，牛奶吸热温度升高，由图像中甲的温度随时间下降，可知甲表示水的温度变化。 （2）因忽略热量散失，故 水的温度变化量 牛奶的温度变化量 由且牛奶与水质量相等，可得 9．如图甲所示，把质量为500 g的凉牛奶置于盛有热水的敞口玻璃杯中加热，经过一段时间，牛奶和热水的温度随时间的变化图像如图乙所示。已知，。求： (1)牛奶不再升温时吸收的热量； (2)若损失的热量占60%，则水放出的热量； (3)水的质量是多少千克（结果保留两位小数） 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）牛奶末温为，升温过程吸热，牛奶升高的温度为 已知牛奶质量为 则牛奶吸收的热量为 （2）因水放出的热量有损失，故牛奶吸收的热量为水放热量的，水放出的总热量为 （3）水从降温至，放热，水降低的温度为 由得，水的质量为 10．有两个相同的烧杯，一个装有0.2kg水，另一个装有0.2kg酒精，若用相同的加热器给它们分别加热，根据加热时间与其对应的温度描绘了如图所示的图像，假设加热器放出的热量全部被吸收。[水的比热容为 问： (1)加热5min，水吸收的热量是多少？ (2)电加热器 1min内放出的热量是多少？ (3)酒精的比热容是多少？ 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）从图像可知，水的温度变化 已知质量， 根据吸热公式，水吸收的热量是 （2）由于加热器放出的热量全部被液体吸收，因此加热器放出的热量 则内放出的热量为 （3）酒精加热吸收的热量，即 从图像可知，酒精的温度变化， 根据可得，酒精的比热容 素养提升 11．某同学用完全相同的装置加热等质量的水和食用油，得到了温度随时间变化的图像如图所示[/（kg·℃）]，以下说法正确的是（　　） A．物质A为水 B．若食用油的质量为50g，1min内食用油吸收了2100J的热量 C．食用油的比热容为2.8×103J/（kg·℃） D．0~3min，物质A吸收的热量比物质B吸收的热量多 【答案】C 【详解】A．由图得，质量相等的AB升高相同温度，B加热时间较长，说明B吸收热量较多，由得，B的比热容较大，已知水的比热容大于食用油的比热容，则物质B为水，故A错误； C．A、B从20℃升高到40℃加热时间分别为2min、3min，则A、B吸收热量比为2:3，由得 则食用油的比热容为 故C正确； BD．用相同装置加热，加热相同时间，吸收热量相同，则0~3min，物质A吸收的热量与物质B吸收的热量一样多。若食用油的质量为50g，1min内食用油吸收的热量等于0~2min内食用油吸收的热量的一半，为 故BD错误； 故选C。 12．如图甲所示，将质量相等的冰和烛蜡分别装在两个相同的试管中，放入装有水的烧杯中加热。绘制出温度随时间变化的图像如图乙所示。下列说法正确的是（    ） A．安装时应按照“由上到下”的顺序 B．该装置加热可以控制冰和烛蜡升温相同时，吸收的热量相同 C．A图线对应物质在0~10min的内能增大 D．由图乙可知， 【答案】C 【详解】A．实验中，酒精灯需用外焰加热，所以要放好酒精灯，再固定铁圈的高度；而温度计的玻璃泡要全部浸没到液体中，但不能碰到容器壁和容器底，所以应按照“由下到上”的顺序安装，故A错误； B．该装置采用水浴加热，相同时间内冰和烛蜡吸收的热量相同。但要使它们升温相同，由于比热容不同，所需时间不同，吸收的热量也不同，故B错误； C．A图线对应物质有固定的熔点，是冰。在0~2min内，冰一直在吸收热量，温度升高，内能增加；在2~6min内冰熔化，熔化过程中温度不变，但内能增加；在6~10min内水温度升高，内能增加，物质在0~10min内能一直增大，故C正确； D．从图乙可知，冰（A 图线）在0~2min内温度从升高到，水（熔化后）在内温度从升高到。冰和水的质量相等，相同时间内吸收的热量相同，所以水吸收的热量是冰的两倍，即 由得，故D错误。 故选C。 13．用如图甲所示的装置比较不同物质吸热升温情况．将分别盛有水和油的两个相同试管同时用红外加热器加热，温度传感器与电脑相连．电脑上显示温度随时间变化的图线如图乙所示．已知水的比热容大于油的比热容，则图线_____为水的温度随时间变化图线，根据图像，求得第内，水吸收的热量为_____J，可得第内，油吸收的热量为_____J，油的比热容为_____。 【答案】 B 4200 2800 2.8×103 【详解】[1]由可知，质量相同的物质，吸收热量相等时，比热容与升高的温度成反比。因为水的比热容大于油的比热容，因此水的温度上升较慢，则图中B对应水。 [2]第内，水吸收的热量 [3]用如图甲所示的装置，同时用红外加热器加热，相同时间内水吸收的热量等于煤油吸收的热量，第内，油吸收的热量 [4]油的比热容 14．某同学用一种发热均匀的加热器将质量为0.5kg的冰持续加热熔化，记录并绘制出如图所示的温度-时间图像，分析图像可知，C点时物质的内能_______（选填“大于”“等于”或“小于”）B点时物质的内能，cAB∶cCD=__________，BC段物质所吸收的热量为_______ J。【水的比热容为】。 【答案】 大于 1∶2 【详解】【小题1】[1]由图可知，从B到C是冰的熔化过程，温度保持在0℃不变，虽然温度没变，但加热器持续供热，即物质不断吸收热量，所以内能一直增大，因此C点时物质的内能大于B点时物质的内能。 [2][3]由题可知，AB是固态冰块吸热升温过程，CD则是熔化为水后的吸热升温过程，质量相同，使用同一个发热均匀的加热器，即整个过程中相同时间内物质吸收的热量相同，AB段冰块温度升高 加热时间为5min，CD段水温度升高 加热时间为10min，即两阶段升高温度相同，所以根据可得 由图可知，BC段熔化过程持续了 CD段，即水加热升温时间为10min，所以 15．如图所示，A、B是两个底部装有完全相同加热器的容器，已知加热器每秒钟产生的热量有1050J被容器中的液体吸收。现将甲、乙（煤油）两种液体分别倒入A、B杯中，其中甲液体的质量为200g，加热过程中甲、乙两种液体温度随加热时间的变化曲线如图所示。分析回答下列问题： (1)加热60s时，乙吸收的热量； (2)B容器中煤油的质量； (3)甲液体的比热容。 【答案】(1)6.3×10⁴J (2)0.6kg (3)3.5×10³ J/(kg·℃) 【详解】（1）根据题意可知，乙液体60s吸收的热量 （2）乙液体的质量 （3）由图可知，甲液体的温度从10℃升高到40℃，甲液体在20s内吸收的热量 甲液体的比热容 迁移创新 16．阅读短文，回答问题 如图一甲所示，小明将装有热牛奶的奶瓶放入水中，水温为10℃，热牛奶的温度为45℃，同时，他还利用温度计和钟表测出温度的变化情况，并绘制出了水和热牛奶的温度随时间变化的关系图像，如图一乙所示。[] (1)水和牛奶之间传递的是__________（选填“温度”、“内能”或“热量”）。 (2)图中表示热牛奶的温度随时间变化的曲线应是__________（选填“Ⅰ”或“Ⅱ”）。 (3)小明分析图像，得出结论：水的比热容比牛奶的大。他得出结论的依据是__________（选填“充分”或“不充分”）的，原因是__________________________。 (4)如果你要喝一杯奶咖啡，有以下两种方法供你选择： 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。 参考小明记录的数据，你认为方法__________的冷却效果较好，原因是________________________________________________。 【答案】(1)热量 (2)I (3) 不充分 牛奶和水的质量不同 (4) ① 由图可知，物体与环境的温差越大，热传递越快，散热越多。先冷却5分钟，此时与环境温差大，相同时间内放出更多热量，然后加一匙冷牛奶，冷却效果更好。 【详解】（1）热传递是热量从高温物体向低温物体转移的过程，传递的是热量。 （2）热牛奶初始温度高于水，放热后温度降低，因此温度随时间下降的曲线Ⅰ对应热牛奶的温度变化。 （3）由可知，质量相同的不同物质，放出或吸收相同热量时，温度变化小的比热容大。因未控制水和牛奶的质量相同，无法通过温度变化比较比热容大小，故结论依据不充分。 （4）由图可知，物体与环境的温差越大，热传递越快，散热越多。方法①中高温咖啡先冷却5分钟，此时与环境温差大，相同时间内放出更多热量，然后加一匙冷牛奶，冷却效果更好。 17．阅读短文，回答问题。 人工心肺 心脏就像发动机，为人体输送氧气与营养提供动力。心动过缓时，医生会将心脏起搏器植入人体内辅助心脏正常工作。起搏器是一种电子装置，它产生的电脉冲（周期性变化的电流）刺激心脏收缩，从而提高心率，频率适应性起搏器能根据患者的活动情况调整起搏频率，起搏频率指起搏器每分钟发放电脉冲的次数。 体外肺膜氧合（简称ECMO）技术挽救了许多危重患者的生命。如图甲所示ECMO技术的原理是将体内的血液引出体外，经过人工心肺旁路氧合后注入病人体内，起到部分心肺替代作用。为使病人维持正常体温，需用热交换器对流入人体的血液进行加热；血流速度和血流量（血流量指单位时间内通过血管横截面的血液体积）是衡量心肺功能的重要指标，血液的比热容为，密度为，人体组织的比热容与水相当，为。 (1)血液经热交换器加热后使病人维持正常体温过程中，当血流速度为0.2m/s，血流量为时，对应血管的横截面积为________； (2)在一次抢救中使用ECMO技术，每分钟血流量为5L/min，若要将血液的温度升高，则血液每分钟需要从热交换器吸收的热量为________，假设人体所需热量完全由热交换器所提供，已知热交换器的功率为1750W，病人的质量为60kg，则该病人体温由上升至正常体温需要的时间为________min； (3)正常人的心脏在一次搏动中泵出血液约80mL，在一次搏动中推动血液流动的平均压强为，设心脏每分钟搏动75次，则正常人心脏推动血液流动的平均功率为_______W。 【答案】(1) (2) 24 (3) 【详解】（1）由题意可知，血流量指单位时间内通过血管横截面的血液体积，所以血管横截面积 （2）每分钟流过血液的体积 血液质量 血液每分钟吸收的热量 人体升温吸收的总热量 由得加热时间 （3）一次搏动泵出血液体积 一次搏动心脏做功 所以每分钟心脏总做功 故心脏推动血液流动的平均功率 学科网（北京）股份有限公司1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 $ 第十二章 机械能和内能 三、物质的比热容 课标要点 1.知道热量的概念，知道热量的单位是焦耳（J），知道热传递过程中传递的能量叫热量。 2.通过实验探究，了解不同物质在质量相等、升高温度相同时，吸收的热量不相等。 3.理解比热容的概念，知道比热容是物质的一种物理属性，知道比热容的单位及其物理意义。 4.知道水的比热容较大，能解释水在生活、生产和气候调节中的常见应用。 5.会利用比热容公式进行简单的热量计算，掌握公式及其变形式。 6.通过探究“不同物质吸热升温现象”的实验，进一步掌握控制变量法和转换法。 学习重难点 重点：热量的概念；比热容的概念和公式；利用比热容公式进行热量计算。 难点：比热容概念的建立：理解比热容是物质的一种物理属性：热量计算中 Δt 的理解与运用。 知识点 热量 1. 热量的定义： 前面学习过，热传递是改变物体内能的一种方式。物理学中，把物体在热传递过程中转移的能量叫做 ， 用符号 Q 表示，热量的单位与能量的单位相同，也是 。 2. 热量的实质： 热传递过程中，高温物体放出热量，内能 ；低温物体吸收热量，内能 。 热量是过程量，只能说“吸收热量”或“放出热量”，不能说“含有热量”或“具有热量”。 3. 影响物体吸收（放出）热量多少的因素： 物体在热传递过程中，吸收（或放出）的热量与以下因素有关： （1）物体的 ：质量越大，吸收（放出）的热量越多； （2） 的变化：升高（或降低）的温度越多，吸收（放出）的热量越多； （3）物质的 ：不同物质，在质量相等、升高温度相同时，吸收的热量不相等。 生活实例： 烧开一壶水比烧开半壶水需要的时间长，说明升高相同温度，水的质量越大，吸收的热量越多。 将一壶水烧开比加热到温水需要的时间长，说明质量相同的水，升高的温度越多，吸收的热量越多。 随学随练 1．关于温度、热量和内能的说法中正确的是（     ） A．物体温度高，因为含有的热量多 B．静止的物体没有动能，但有内能 C．温度相等的1 kg水和1 g水的内能相同 D．热传递过程中，热量由内能大的物体传向内能小的物体 2．在热传递过程，内能改变的多少叫热量，用Q表示。甲物体只发生热传递，原有内能500J，现在具有内能为460J，则这个物体放出热量为______J；乙物体只发生热传递，原有1000J内能，现在具有1100J内能，则这个物体吸收的热量为______J。只有发生了热传递才有热量被吸收或放出。一个物体原有800J内能，吸收100J热量后，具有的内能为______J。 3．“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。请写出下面几种情形中“热”字的含义：“物体吸热”中“热”是指________；“水被烧热”中“热”是指________。 知识点 比热容 1. 实验探究：观察不同物质吸热升温的现象： 实验目的 比较不同物质（如水和沙子）的吸热能力 实验方法 控制变量法（质量相同、加热时间相同） + 转换法（加热时间长短反映吸收热量的多少） 实验器材 两个相同的瓷盘、质量均为 50 g 的沙子和水、红外灯、温度计 实验步骤 ① 用温度计测出沙子和水的初温；② 用白炽灯同时照射两个瓷盘 4 min；③ 再测出沙子和水的末温 实验现象 最终沙子的温度比水的温度高（沙子升温比水快） 实验结论 质量相等的不同物质，加热相同时间（吸收相同热量），升高的温度不同；若升高相同的温度，水需要的加热时间更长，即水吸收的热量更多 注意：如果热源和加热方法相同，就可以认为相同时间内物体吸收的热量大致相等。 2. 比热容的定义： 物理学中，将物体温度升高时吸收的热量与它的质量和升高温度的乘积之比，叫作 ，简称 。比热容在数值上等于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。 3. 比热容的公式： 其中c表示物体的比热容，Q表示物体吸收或放出的热量，m表示物体的质量，表示物体温度的变化量，吸热时温度升高，=t-t0，放热时温度降低，=t0-t。 4. 比热容的单位： 焦每千克摄氏度，符号为 J/(kg·℃)。 5. 比热容的物理意义： 比热容是反映物质吸热（放热）本领的物理量，比热容越大的物体，吸热（放热）本领越强，温度变化越困难。 比热容是物质的一种物理属性，与物质的质量、温度变化、吸收或放出的热量多少 ，与物质的 和所处的 有关。 对于不同物质，比热容一般不等，故比热容可作为鉴别物质的一种方式。 6. 一些物质的比热容： 从表中可以看出：水的比热容较大。这解释了为什么海水和沙子在同一时刻的温度不一样——同样受太阳照射，吸收相同热量，水的比热容大，温度升高得慢，沙子温度升高得快。 7. 水的比热容较大的应用： 生活生产：热水袋取暖、汽车发动机用水冷却、暖气用水循环供暖等。 气候调节：沿海地区一年四季气温波动较小，夏天不太热，冬天不太冷；内陆地区干旱缺水，昼夜温差较大（如新疆“早穿皮袄午穿纱，围着火炉吃西瓜”）。 生态意义：水对气候具有调节作用，植树造林、绿化荒山能改善地区气候和生态环境，诠释了“绿水青山就是金山银山”的理念。 随学随练 1．由比热容的公式，判断下列哪种说法是正确的（　　） A．比热是物质的特性之一，跟热量、质量、温度的变化等因素都无关 B．物质的比热容跟它的热量成正比 C．物质的比热容跟它的质量成反比 D．物质的比热容跟它的温度变化成反比 2．两个铁块的质量之比为1∶4，吸收的热量之比是1∶2。则两铁块的比热容之比为______，升高温度之比为______。 3．在沿海地区，炎热、晴朗的天气里常常出现“海陆风”，其形成原因是海水的___________比砂石大。当出现如图所示风向时，通常发生在___________（选填“白天”或“夜晚”），且海水温度___________（选填“较高”或“较低”） 知识点 热量的计算 1. 热量计算公式： 由比热容的公式变形可得 。它反映了热量与物质的比热容、物体质量和温度变化的关系。 吸热公式（温度升高时）： 放热公式（温度降低时）： 符号 意义 单位 Q吸/Q放 吸收/放出的热量 J c 比热容 J/(kg·℃) m 物体的质量 kg t0 初温 ℃ t 末温 ℃ 2. 变形式： 求比热容：。 求质量： 求温度变化量： 3. 计算步骤（四步法）： ① 找已知：明确已知量（c、m、t₀、t 或 Q）； ② 选公式：根据吸热或放热选择 或 ； ③ 代数据：将已知量代入公式（必须带单位）； ④ 得结果：计算出结果并作答。 4. 计算过程中的注意事项： 单位统一：质量用 kg，温度用 ℃，比热容用 J/(kg·℃)，热量用 J； Δt 的理解：吸热时 Δt = t - t0，放热时 Δt = t0 - t，Δt 恒为正，运算时，高温减低温即可； 区分“升高到”和“升高了”：“升高到 100 ℃”指末温为 100 ℃；“升高了 100 ℃”指温度变化量为 100 ℃； 热平衡方程：不计热量损失时，高温物体放出的热量等于低温物体吸收的热量，即 Q放 = Q吸。 随学随练 1．如图所示，“围炉煮茶”是一种休闲方式，源自云南的“火塘烤茶”，采用木炭作为燃料，茶壶中装入1kg初温为10℃的山泉水，用围炉加热至100℃，水的比热容为4.2×103J/（kg•℃）、煤油的比热容是2.1×103J/（kg•℃）（当地气压为一个标准大气压）求： (1)水吸收的热量是多少？ (2)若这些热量完全用来加热煤油，可以使多少千克煤油温度升高30℃？ (3)如果提供：2.94×103J热量完全被水吸收，可以使初温40℃的1kg水升温到多少摄氏度？ 2．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。冰的比热容为。求： (1)CD段水吸收的热量； (2)在CE段，水吸收了的热量，水温升高了多少℃？ (3)冰在熔化过程中吸收的热量。 3．一保温杯中装有质量为400g，温度为25℃的水，现将一个温度为100℃的金属块放入杯中，一段时间后，杯内水和金属块的温度稳定在30℃。已知水的比热容为，金属块的比热容为，不计热量损失，求： (1)杯中的水吸收的热量。 (2)金属块的质量。 题型 比热容的概念、单位和物理意义 题型描述：考查比热容的定义、单位、物理意义及物质属性；常见形式有：判断关于比热容的说法是否正确、比较不同物质比热容的大小、理解比热容是物质的一种属性等。 解题方法： 比热容的定义：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。 公式：c = Q / (m·Δt) 单位：J/(kg·℃)，读作“焦每千克摄氏度”。 物理意义：反映物质吸热（放热）本领的大小。比热容越大，相同质量、升高相同温度时吸收的热量越多。 核心属性：比热容是物质的一种物理属性，与物质的质量、温度变化、吸收或放出的热量多少无关，只与物质的种类和状态有关。 常见的说法辨析： 说法 判断 理由 “一杯水的比热容比半杯水的比热容大” ❌ 比热容与质量无关 “水变成冰后比热容不变” ❌ 状态改变，比热容改变（冰为 2.1×10³J/(kg·℃)） “比热容大的物质吸热一定多” ❌ 还与质量、温度变化有关 “比热容是物质的一种属性” ✔ 只与种类和状态有关 活学活用 1．小明随爸爸在烈日当空的河边玩耍，他发现脚踩在沙子上很烫，而踩在河水里却凉凉的，这是因为水的比热容较大，水的比热容为，它表示的意思是（　　） A．1kg的水吸收的热量是4.2×103J B．质量为1kg的水，温度升高时，吸收4.2×103J的热量 C．水每升高吸收的热量为 D．质量为1kg的水温度降低，放出的热量是4.2×103J 2．由得，关于同一种物质的比热容，下列说法正确的是（     ） A．若质量增大一倍，则比热容减小一半 B．两个不同的小组对该物质加热后，该物质在第二组中升高的温度比在第一组中升高的温度增大了一倍，则比热容增大一倍 C．物质状态相同时，无论物体质量多大，比热容都一样 D．若吸收的热量增大一倍，则比热容增大一倍 3．用两个相同的加热器分别给质量、初温都相同的水、煤油两种液体加热，两种液体温度随时间变化关系如图所示，实验中记录____________来表示液体吸收的热量，从图像可知____________物质是水（）（填“甲”或“乙”）。煤油的比热容是，其物理意义是________________________________________________。 题型 比热容的一般计算 题型描述：已知比热容、质量、温度变化中的三个量，求第四个量；或结合吸热、放热公式进行简单计算。 核心公式： 吸热： ： 变形式：； 标准解题格式（四步法）： ① 找已知：明确 c、m、t0、t 或 Q； ② 选公式：根据吸热或放热选择对应公式； ③ 代数据：代入数据（必须带单位）； ④ 得结果：计算结果并作答。 常见陷阱： 区分“升高到”和“升高了”：“升高到 80 ℃”指末温 t = 80 ℃；“升高了 80 ℃”指 Δt = 80 ℃； 单位统一：质量用 kg，温度用 ℃，比热容用 J/(kg·℃)； 状态变化：若物质发生状态变化（如冰熔化），不能用单一比热容计算全过程。 避坑口诀： “吸热升温用末减初，放热降温用初减末；升高到是末温，升高了是变化；单位统一不犯错。” 活学活用 1．在标准大气压下，将体积为2L、温度为10℃的水加热至70℃［已知，］。求： (1)水的质量。 (2)水吸收的热量。 (3)接着再继续加热，若水又吸收了的热量，水的末温。 2．质量为的金属锅中放有的水，现把它们都从开始加热，当它们温度都升高了时，金属锅和水一共吸收了的热量。[]求： (1)水吸收的热量是多少？ (2)金属锅的比热容是多少？ 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，选用了两盏完全相同的酒精灯分别给质量相同的沙子和水加热。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，加热满2min时，水吸收的热量为已知水的比热容是，不计加热过程的热量损失，求： (1)水的质量； (2)加热满2min时，沙子吸收的热量； (3)沙子的比热容。（结果保留一位小数） 题型 实验探究——比较不同物质的吸热能力 题型描述：给出“比较不同物质吸热能力”的实验装置和数据，要求分析实验方法、判断实验结论、指出操作要点或分析误差。 解题方法： 实验方法： 控制变量法：控制质量相同、加热时间相同（吸收热量相同）； 转换法：用加热时间长短反映吸收热量的多少，用温度计示数变化反映吸热能力。 实验方案对比： 方案 控制条件 比较对象 结论判断 方案一 质量相同、加热时间相同（吸热相同） 升高的温度 升温慢的吸热能力强 方案二 质量相同、升高温度相同 加热时间 加热时间长的吸热能力强 实验结论（标准表述）： 质量相等的不同物质，吸收相同的热量，升高的温度不同； 质量相等的不同物质，升高相同的温度，吸收的热量不同； 说明不同物质的吸热能力不同，即比热容不同。 高频考点： 实验中用水或油作为研究对象时，需要控制质量相同； 用相同的热源加热，目的是保证相同时间内吸收的热量相同； 若热源不同，而被加热的物体相同，以物体升高的温度表示吸收热量的多少。 避坑口诀： “比较吸热能力，控制质量相同；加热时间反映吸热，温度变化反映本领。” 活学活用 1．小明为探究“不同物质吸热升温的现象”，采取以下实验研究。 (1)图甲装置中，两个酒精灯要控制________________________（选填“灯内的酒精量”或“火焰的大小”）相同。该实验通过________________________来反映水和煤油吸收热量的多少，此研究方法是________________________； (2)实验时对初温和________________________相同的水和煤油加热，并记录相关数据： (3)将水和煤油的温度随时间的变化绘成图乙，由图可知________________________吸热能力强，已知水的比热容为，则煤油的比热容为_______________________。 (4)为进一步探究物质的吸热能力还与哪些因素有关，小明对一定质量的冰进行加热，测量并绘出的温度随时间变化的图像，如图丙所示。分析图像可知：物质的吸热能力还与物质的________________________有关。 2．在“科学探究：物质吸热的多少与哪些因素有关的实验”中： (1)设计实验时应运用控制变量法： ①用水和煤油做实验，要使水和煤油的初温和______相等； ②用相同电加热器加热，应用了电加热器在相同时间内对外供热______的特点；实验中，是通过比较______来间接反映煤油和水所吸收的热量； (2)实验中得到如下一组数据： 烧杯号 液体 质量 初温 末温 加热时间 1 水 300 20 30 12.3 2 水 120 20 30 6.2 3 煤油 300 20 30 6.1 4 煤油 300 20 25 3.1 ①比较分析1、3号烧杯的实验记录，可以得出的初步结论是：质量相等的不同物质，升高相同的温度，吸收的热量______（选填“相同”或“不同”）； ②比较分析1、2号烧杯的实验记录，可以得出的初步结论是：同种物质升高相同温度时，吸收的热量与______有关； ③比较分析______两个烧杯的实验记录，可以得出的初步结论是：质量相等的同种物质，升高不同的温度，吸收的热量不同； (3)实验中，对于质量相等的煤油和水，升温较快的是______；若使两者升高相同的温度，则______吸收的热量较多，由此可见，______的比热容较大。 3．在探究“比较不同物质吸热的情况”的实验中，实验装置如图所示。 加热时间/min 0 1 2 3 4 甲的温度/°C 30 34 38 42 46 乙的温度/°C 10 18 26 34 42 (1)实验器材有：相同规格的电加热器、烧杯、温度计各两个，水、食用油以及秒表、__________。实验中应量取__________相同的甲、乙两种液体，分别倒入相同的烧杯中。选用相同规格电加热器的目的：______________________________。每隔1 min测量一次水和食用油的温度。 (2)经过思考，小点想到了比较不同物质吸热本领的两种方法： ①质量相同的不同种物质，升高相同的温度，吸收热量__________的吸热能力强； ②质量相同的不同种物质，吸收相同的热量，温度升高多的吸热能力__________。 实验记录数据如上表格所示，从开始加热到末温为时，甲、乙两种液体吸收热量的关系为__________；分析实验数据可知液体__________（选填“甲”或“乙”）的吸热能力强； (3)用两个相同的“热得快”给质量和初温都相同的丙、丁两种液体同时加热，两液体的温度随时间变化图像如图所示，如果要你从丙、丁两液体中选择一种作为汽车冷却液，应选择液体__________（选填“丙”或“丁”），丙液体的比热容是__________。【丁的比热容为】 (4)小点实验模拟海陆风的形成。取下两个箱子的封口盖，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），通过白烟的流向模拟日晒下海边的风向。阅读图丁中的信息窗，结合信息窗的内容分析判断：相同条件下，加热一段时间后，白烟将会从管的__________（填“A”或“B”）管口冒出。依据实验和理论分析，可推断白天风是______________。 A．从大海吹向陆地    B．从陆地吹向大海 题型 水的比热容特点及其应用 题型描述：考查水的比热容较大这一特点在生活、生产和气候调节中的应用；常见形式有：解释海陆温差、分析汽车冷却系统、暖气取暖等。 解题方法： 水的比热容：c水 = 4.2×103J/(kg·℃)，在常见物质中较大。 核心特点：水吸收（或放出）相同热量时，温度变化较小；升高（或降低）相同温度时，吸收（或放出）的热量较多。 应用分析： 应用 原理 说明 汽车发动机用水冷却 水的比热容大，吸热能力强 相同质量的水可吸收更多热量，降温效果好 暖气用水循环供暖 水的比热容大，放热能力强 相同质量的水可放出更多热量，供暖效果好 热水袋取暖 水的比热容大，放热慢 水降温慢，保暖时间长 沿海地区温差小 水的比热容大，升温降温慢 白天吸热温度升高慢，夜晚放热温度降低慢 内陆地区温差大 沙石比热容小，升温降温快 白天升温快，夜晚降温快，昼夜温差大 解释现象三步法： ① 判断物质种类及比热容大小； ② 分析吸收（或放出）热量的情况； ③ 根据 Q = cmΔt 推断温度变化的快慢。 避坑口诀： “水比热容大，吸放热本领强；升温慢降温也慢，气候调节它帮忙。” 活学活用 1．小强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对比实验，并作出了温度—时间图像，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（    ） A．乙物质是水 B．这种液体的比热容为 C．甲的放热能力比乙强 D．乙比甲更适合作为汽车发动机的冷却液 2．如图所示是青岛市和济南市年气温变化曲线，造成两城市温度变化不同的原因分析正确的是（     ） A．实线是青岛的，青岛的海水吸收的热量少 B．实线是济南的，济南的砂石吸收的热量多 C．虚线是青岛的，因为海水的比热容比砂石的大 D．虚线是济南的，因为海水的比热容比砂石的小 3．比热容是描述不同物质吸放热的性质的物理量。 (1)水的比热容为，它的单位读作：_______，它表示质量为1kg的水，温度升高1℃时，________。若将1kg的水倒去一半，剩下的水比热容将_______（选填“变大”、“不变”或“变小”）。 (2)城市中建设人工湖能有效减弱“热岛效应”，这是因为水在常见物质中的比热容______（选填“较大”或“较小”）。现有一人工湖湖水吸收一定热量，水温升高2℃，若这些热量被同等质量的砂石吸收（c砂石＜c水），则砂石升高的温度将_______2℃。（选填“大于”、“小于”或“等于”） 题型 热平衡方程及其应用 题型描述：考查热传递过程中高温物体放出的热量等于低温物体吸收的热量（不计热量损失）；常见形式有：求混合后的共同温度、求某物质的质量或比热容等。 解题方法： 热平衡方程：不计热量损失时，Q放 = Q吸。 展开形式： 其中 t 为热平衡后的共同末温。 高温物体：初温t₀₁，末温t，放热 Q放 = c₁m₁(t₀₁ - t)； 低温物体：初温t₀₂，末温t，吸热 Q吸 = c₂m₂(t - t₀₂)。 解题步骤： ① 明确高温物体和低温物体； ② 分别写出Q放和Q吸的表达式； ③ 根据Q放= Q吸列方程； ④ 解方程求出未知量。 注意： 热平衡方程的前提是不计热量损失（即没有向周围环境散热）； 若题目说明“不计热损失”，则 Q放 = Q吸； 若考虑热损失，则 Q放 > Q吸（放出的热量一部分散失到空气中）。 避坑口诀： “高温放热低温吸，不计损失两相等；列方程前分放吸，末温共同是关键。”。 活学活用 1．如图是一种新型的金属冰块，相较于普通冰块，金属冰块使用起来更加方便，且可无限次循环使用。茗茗将每块质量为125g且质量相等的四块金属冰块冷冻至-20℃后，迅速取出放入另一个装有200g水的杯中，容器中水温为30℃，放入金属块后水温最终下降到20℃，在这个过程中，若不计热量损失，金属冰块共吸收的热量___________J，该金属冰块的比热容为___________ J/(kg·℃)；细心的茗茗还发现水杯的外壁上挂满了小水珠，这是由于空气中的水蒸气遇冷___________（填物态变化名称）形成的。 [c水=4.2×103 J/(kg·℃)]；    2．吃早餐时小阳用热水加热牛奶。如图甲所示，他先用不锈钢盆（电磁炉适用）盛500g水放在电磁炉上加热2min，然后停止加热，将盒装牛奶（含牛奶420g）放入水中，不计热量损失，水和牛奶的温度变化情况如图乙所示。[] (1)水在加热过程中吸收的热量是多少? (2)牛奶的比热容是多少? 3．小明在研究“物质的吸热本领大小”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·℃），牛奶的比热容为2.5×103J/（kg·℃），不计热量损失），请问： （1）哪个图是沙子吸热升温的图像？ （2）加热2min时，水吸收了多少热量？ （3）吃早饭时，小明用热水加热质量为250g的袋装牛奶，为了使这袋牛奶的温度由12℃升高到42℃，小明至少要用60℃的热水多少千克？ 基础通关 1．用两个相同的电加热器分别给质量相同、初温相同的甲、乙两种液体加热，它们的温度随加热时间变化的图像如图所示。下列判断正确的是（     ） A．甲液体的比热容较大 B．乙液体的比热容较大 C．升高相同的温度，乙液体吸收的热量较多 D．甲、乙两种液体的比热容一样大 2．体积相同的两种不同实心物体，它们的比热容分别为和、密度分别为和，吸收相等的热量后，升高的温度之比是（　　） A． B． C． D． 3．如图四幅海陆风示意图中，对近地面大气运动方向的判断正确的是（     ） A．①② B．②③ C．③④ D．①④ 4．比热容之比为的甲、乙两种液体，当它们吸收的热量之比为时，未发生物态变化，升高的温度之比为，则甲、乙的质量之比为（     ） A． B． C． D． 5．小明用如图甲所示的装置比较不同物质吸热升温情况。将分别盛有水和食用油的两个相同试管同时用红外加热器加热，温度传感器与电脑相连。电脑上显示温度随时间变化的图线如图乙所示。下列说法中，正确的是［］（     ） A．加热，水吸收的热量大于油吸收的热量 B．油的比热容为 C．第内，油吸收的热量为 D．小华用该装置实验，得到水和油的温度随时间变化的图线均为，则 6．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1 kg的水和某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，水和某种液体在相同时间内放出的热量相等，该液体在15min内放出的热量为_________J，该液体的比热容为_________。[水的比热容] 7．如图，小华用一种加热器给质量为500 g的冰持续加热。根据实验记录的数据，他绘制了物体的温度随时间变化的图像。物体在AB段的比热容________在CD段的比热容，在C点时的内能__________（前两空均选填”大于””小于”或”等于”）在B点时的内能；该物体在BC段所吸收的热量为____________________J。[c水＝4.2×103 J/（kg·℃）] 8．把一杯牛奶放在热水中加热，经过一段较长时间，它们的温度随时间变化的图像如图所示。 (1)水和牛奶发生热传递是因为它们_________不同。图像中，表示水温度变化的是_________（选填“甲”或“乙”）； (2)若牛奶和热水的质量相等，且忽略热量的散失，牛奶的比热容为_________。 9．如图甲所示，把质量为500 g的凉牛奶置于盛有热水的敞口玻璃杯中加热，经过一段时间，牛奶和热水的温度随时间的变化图像如图乙所示。已知，。求： (1)牛奶不再升温时吸收的热量； (2)若损失的热量占60%，则水放出的热量； (3)水的质量是多少千克（结果保留两位小数） 10．有两个相同的烧杯，一个装有0.2kg水，另一个装有0.2kg酒精，若用相同的加热器给它们分别加热，根据加热时间与其对应的温度描绘了如图所示的图像，假设加热器放出的热量全部被吸收。[水的比热容为 问： (1)加热5min，水吸收的热量是多少？ (2)电加热器 1min内放出的热量是多少？ (3)酒精的比热容是多少？ 素养提升 11．某同学用完全相同的装置加热等质量的水和食用油，得到了温度随时间变化的图像如图所示[/（kg·℃）]，以下说法正确的是（　　） A．物质A为水 B．若食用油的质量为50g，1min内食用油吸收了2100J的热量 C．食用油的比热容为2.8×103J/（kg·℃） D．0~3min，物质A吸收的热量比物质B吸收的热量多 12．如图甲所示，将质量相等的冰和烛蜡分别装在两个相同的试管中，放入装有水的烧杯中加热。绘制出温度随时间变化的图像如图乙所示。下列说法正确的是（    ） A．安装时应按照“由上到下”的顺序 B．该装置加热可以控制冰和烛蜡升温相同时，吸收的热量相同 C．A图线对应物质在0~10min的内能增大 D．由图乙可知， 13．用如图甲所示的装置比较不同物质吸热升温情况．将分别盛有水和油的两个相同试管同时用红外加热器加热，温度传感器与电脑相连．电脑上显示温度随时间变化的图线如图乙所示．已知水的比热容大于油的比热容，则图线_____为水的温度随时间变化图线，根据图像，求得第内，水吸收的热量为_____J，可得第内，油吸收的热量为_____J，油的比热容为_____。 14．某同学用一种发热均匀的加热器将质量为0.5kg的冰持续加热熔化，记录并绘制出如图所示的温度-时间图像，分析图像可知，C点时物质的内能_______（选填“大于”“等于”或“小于”）B点时物质的内能，cAB∶cCD=__________，BC段物质所吸收的热量为_______ J。【水的比热容为】。 15．如图所示，A、B是两个底部装有完全相同加热器的容器，已知加热器每秒钟产生的热量有1050J被容器中的液体吸收。现将甲、乙（煤油）两种液体分别倒入A、B杯中，其中甲液体的质量为200g，加热过程中甲、乙两种液体温度随加热时间的变化曲线如图所示。分析回答下列问题： (1)加热60s时，乙吸收的热量； (2)B容器中煤油的质量； (3)甲液体的比热容。 迁移创新 16．阅读短文，回答问题 如图一甲所示，小明将装有热牛奶的奶瓶放入水中，水温为10℃，热牛奶的温度为45℃，同时，他还利用温度计和钟表测出温度的变化情况，并绘制出了水和热牛奶的温度随时间变化的关系图像，如图一乙所示。[] (1)水和牛奶之间传递的是__________（选填“温度”、“内能”或“热量”）。 (2)图中表示热牛奶的温度随时间变化的曲线应是__________（选填“Ⅰ”或“Ⅱ”）。 (3)小明分析图像，得出结论：水的比热容比牛奶的大。他得出结论的依据是__________（选填“充分”或“不充分”）的，原因是__________________________。 (4)如果你要喝一杯奶咖啡，有以下两种方法供你选择： 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。 参考小明记录的数据，你认为方法__________的冷却效果较好，原因是________________________________________________。 17．阅读短文，回答问题。 人工心肺 心脏就像发动机，为人体输送氧气与营养提供动力。心动过缓时，医生会将心脏起搏器植入人体内辅助心脏正常工作。起搏器是一种电子装置，它产生的电脉冲（周期性变化的电流）刺激心脏收缩，从而提高心率，频率适应性起搏器能根据患者的活动情况调整起搏频率，起搏频率指起搏器每分钟发放电脉冲的次数。 体外肺膜氧合（简称ECMO）技术挽救了许多危重患者的生命。如图甲所示ECMO技术的原理是将体内的血液引出体外，经过人工心肺旁路氧合后注入病人体内，起到部分心肺替代作用。为使病人维持正常体温，需用热交换器对流入人体的血液进行加热；血流速度和血流量（血流量指单位时间内通过血管横截面的血液体积）是衡量心肺功能的重要指标，血液的比热容为，密度为，人体组织的比热容与水相当，为。 (1)血液经热交换器加热后使病人维持正常体温过程中，当血流速度为0.2m/s，血流量为时，对应血管的横截面积为________； (2)在一次抢救中使用ECMO技术，每分钟血流量为5L/min，若要将血液的温度升高，则血液每分钟需要从热交换器吸收的热量为________，假设人体所需热量完全由热交换器所提供，已知热交换器的功率为1750W，病人的质量为60kg，则该病人体温由上升至正常体温需要的时间为________min； (3)正常人的心脏在一次搏动中泵出血液约80mL，在一次搏动中推动血液流动的平均压强为，设心脏每分钟搏动75次，则正常人心脏推动血液流动的平均功率为_______W。 学科网（北京）股份有限公司1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 $