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2024年中考物理二轮热点题型归纳与变式演练图像题06 内能相关图像-（全国通用）
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这是一份2024年中考物理二轮热点题型归纳与变式演练图像题06 内能相关图像-（全国通用），文件包含图像题06内能相关图像原卷版docx、图像题06内能相关图像解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共33页， 欢迎下载使用。
A．a液体比热容小
B．b液体是水
C．0～3min内a液体吸收的热量少
D．升高相同的温度时，b液体吸收的热量少
【解答】解：ABD、由图可知，将水和另一种液体都从15℃加热到35℃，b需要加热3min，a需要加热6min，说明b液体吸收的热量少、a液体吸收的热量多，则a的吸热能力强、比热容大，故a液体是水，故AB错误、D正确。
C、使用相同的加热器，在相同的加热时间内吸收的热量相等，则0～3min内a、b液体吸收的热量相等，故C错误，
故选：D。
2．（2023•兰州）为了比较A、B两种液体的吸热能力，小亮用完全相同的加热装置对质量分别为100g和400g的A、B两液体进行加热，根据实验数据绘制的温度随时间变化的图像如图所示。根据图像信息，下列说法中正确的是（ ）
A．A、B两液体在0～8min内吸收的热量之比为2：1
B．A、B两液体的比热容之比为1：2
C．B液体的吸热能力比A液体的强
D．A液体比B液体更适合作发动机的冷却液
【解答】解：A、用相同的加热器加热，在相同时间内，加热器放出的热量是相同的，则两种液体吸收的热量是相同的，所以在0～8min内，A、B两液体吸收的热量是相同的，故其吸收的热量之比为1：1，故A错误；
B、由图像可知，在0～8min内，A液体温度升高了ΔtA＝40℃﹣20℃＝20℃，
B液体温度升高了ΔtB＝30℃﹣20℃＝10℃，
根据c=QmΔt可得，A、B两液体的比热容之比为：
cAcB=QmAΔtAQmBΔtB=mBΔtBmAΔtA=0.4kg×10℃0.1kg×20℃=21=2：1，故B错误；
C、由B知，B液体的比热容比A液体的比热容小，所以B液体的吸热能力比A液体的弱，故C错误；
D、由于A液体的比热容比B液体的比热容大，根据Q＝cmΔt，在质量和升高的温度相同时，A液体吸收的热量比B液体吸收的热量多，故A液体比B液体更适合作发动机的冷却液，故D正确。
故选：D。
3．（2023•泰安）质量均为0.5kg的水和另一种液体在相同时间内放出的热量相等，它们温度随时间变化的关系如图所示。已知水的比热容c水＝4.2×103J/（kg•℃），c水＞c液。下列说法中（ ）
①甲物质是水
②0～12min乙温度降低了20℃
③0～12min甲放出了8.4×104J 的热量
④乙物质的比热容为2.1×103J/（kg•℃）
A．只有①②正确B．只有②④正确
C．只有①③正确D．只有①④正确
【解答】解：①时间相等时，两种液体放出的热量相等，由图示可以看出，乙液体的温度降低的快，甲液体温度降低慢，
根据热量的计算公式Q放＝cmΔt可知，在质量相等、初温相同、放热也相同的情况下，谁的温度降低得快，它的比热容小，
所以，甲液体的比热容大，所以若甲、乙两种液体中，一种液体是水，则这种液体一定是甲液体，故①正确；
②由图可知：乙液体的初温是60℃，放热12分钟后乙液体的末温是20℃，乙温度降低了40℃，故②错误；
③读图可得，甲在12min内由60℃降低到40℃，降低的温度是60℃﹣40℃＝20℃，甲液体已判断出是水，
所以甲放出的热量Q放＝cmΔt＝4.2×103J/（kg•℃）×0.5kg×20℃＝4.2×104J，故③错误；
④由图知，0～12min水放出的热量：
Q放＝c水m水（t水﹣t0）＝4.2×103J/（kg•℃）×m水×（60℃﹣40℃），
0～12min乙液体放出的热量：
Q放＝c乙m乙（60℃﹣20℃），
由题知，水和乙液体的质量相同，即m水＝m乙
4.2×103J/（kg•℃）×m水×（60℃﹣40℃）＝c乙m乙（60℃﹣20℃），
解得c乙＝2.1×103J/（kg•℃），故④正确。
故选：D。
4．（2023•凉山州）小华在探究“不同物质的吸热能力”时，用相同的电加热器对质量均为1kg的水和另一种液体同时进行加热（不考虑热损失）。已知液体的比热容小于水的比热容，通过实验画出温度随时间变化的图像如图所示，分析图像可知：水在5min内吸收的热量为 J，液体的比热容为 J/（kg•℃）。
【解答】解：根据Q＝cmΔt及图像可得，水在20min内吸收的热量为Q＝cmΔt＝4.2×103J/（kg•℃）×1kg×（50℃﹣20℃）＝1.26×105J，则水在5min内吸收的热量为Q′=14Q=14×1.26×105J＝3.15×104J；
根据Q＝cmΔt及图像可得，液体和水在15min内吸收的热量相同，可得液体的比热容为c液=QmΔt=34Q总mΔt=34×1.26×105J1kg×(55℃−20℃)=2.7×103J/（kg•℃）。
故答案为：3.15×104；2.7×103。
（多选）5．（2023•潍坊）图甲所示为一款新型水杯，将沸水倒入杯中，轻摇几下后，水温便可降至55℃左右，并能保温3小时。图乙为其内部结构图，杯壁的不锈钢夹层中有晶体传热材料，其在常温下是固态，会随着温度的变化发生可逆的固液转换。取0.3kg该晶体材料，对其进行加热，其温度与吸收的热量关系如图丙所示。下列分析正确的是（ ）
A．该晶体材料的熔点为55℃
B．在BC段，该晶体材料的内能保持不变
C．在AB段，该晶体材料的分子热运动变剧烈
D．该晶体材料的比热容为0.88×103J/（kg•℃）
【解答】解：
AB、根据图示可知，晶体在BC段吸收热量，内能变大，温度不变，为熔化过程，熔点为50℃，故AB错误；
C、在AB段，该晶体材料的温度升高，分子热运动变剧烈，故C正确；
D、根据Q＝cmΔt可知，该物质的比热容为：c=QmΔt=5.28×103J0.3kg×(50℃−30℃)=0.88×103J/（kg•℃），故D正确。
故选：CD。
6．（2023•鞍山）小明为比较“不同物质吸热的情况”设计了如下的实验方案：将A、B两种液体分别装入烧杯中，固定在铁架台上，用两个相同的酒精灯同时加热，实验装置如图甲、乙所示，实验时每隔一段时间同时测量并记录A、B的温度。
（1）组装器材时应按照 （选填“自下而上”或“自上而下”）的顺序依次安装；
（2）实验时，选取 相同、初温相同的A、B两种不同液体，加热时液体温度升高，这是通过 方式来增大液体内能的；
（3）此实验通过 （选填“液体升高温度的多少”或“加热时间的长短”）来反映液体吸收热量的多少；
（4）加热一段时间后，液体B的温度如图乙所示，为 ℃；
（5）根据实验数据小明绘制出的温度﹣时间图象如图丙所示，则液体 （选填“A”或“B”）更适合作为家中“暖气”中输运能量的介质。
【解答】解：（1）要用酒精灯的外焰加热，故组装器材时应按照自下而上的顺序依次安装；
（2）根据比较吸热能力的方法，要控制不同物质的质量相同，实验时，选取质量相同、初温相同的A、B两种不同液体，加热时液体温度升高，这是通过热传递方式来增大液体内能的；
（3）根据转换法，此实验通过加热时间的长短来反映液体吸收热量的多少；
（4）温度计分度值为1℃；加热一段时间后，液体B的温度如图乙所示，为33℃；
（5）根据绘制出的温度﹣时间图象知，升高相同的温度，B加热时间长，B的吸热能力强，比热容大，根据Q＝cmΔt，在质量和降低的温度相同时，B放热多，液体B更适合作为家中“暖气”中输运能量的介质。
故答案为：（1）自下而上；（2）质量；热传递；（3）加热时间的长短；（4）33；（5）B。
7．（2023•凤阳县二模）用相同的电加热器分别对质量相等的甲和乙两种液体加热（不计热量损失），如图是甲和乙的温度随时间变化的图象，下列说法正确的是（ ）
A．甲的比热容与乙的比热容之比为2：3
B．甲的比热容与乙的比热容之比为1：2
C．甲和乙都加热10分钟，甲吸收热量比乙吸收热量多
D．甲和乙升高相同的温度，甲吸收热量较多
【解答】解：（1）由图象可知，吸收热量相同时（即加热时间相同），甲的温度变化为Δt甲＝40℃，乙的温度变化为Δt乙＝20℃，
由Q吸＝cmΔt得c=Q吸mΔt，因Q吸、m均相同，则c甲：c乙＝Δt乙：Δt甲＝20℃：40℃＝1：2，故A错误、B正确。
（2）用相同的电加热器分别对质量相等的甲和乙两种液体加热时，在相同的时间10min内电热器产生的热量相等，不计热量损失，则甲、乙吸收的热量相等，故C错误；
（3）由图象可知，甲、乙升高相同的温度，加热乙的时间长，则乙吸收的热量多，故D错误。
故选：B。
8．（2023•鼎城区二模）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象如图所示，以下说法正确的是[c水＝4.2×103J/（kg•℃）]（ ）
A．物质A为水
B．0～3min，物质A吸收的热量比物质B吸收的热量多
C．食用油的比热容为2.8×103J/（kg•℃）
D．若食用油的质量为50g，2～3min内食用油吸收了2100J的热量
【解答】解：
A、由Δt=Qcm可知，在质量、吸收的热量相同时，吸热能力弱（比热容小）的物质升高的温度快，分析图象可知，物质A为食用油，故A错误；
B、相同加热器在相同时间内放出的热量相同，则加热3min时水和食用油吸收的热量相同，故B错误；
C、用两个相同的电热器给质量相同的物质食用油和水加热，由图象可知，水温度升高到40℃需要3min，食用油温度升高到40℃需要2min；
因为加热器相同，则物质吸收的热量和加热时间成正比，
所以，质量相同的食用油和水升高相同的温度需要吸收的热量关系为：Q水吸=32Q油吸；
由Q吸＝cmΔt得：c=Q吸mΔt，
则可知c水=32c油，
又因为c水＝4.2×103J/（kg•℃），
所以c油=23c水＝2.8×103J/（kg•℃），故C正确；
D、相同加热器在相同时间内放出的热量相同，由图象可知，2min食用油的温度升高了40℃﹣20℃＝20℃，
则2～3min内食用油吸收的热量：Q油吸=12c油m油Δt=12×2.8×103J/（kg•℃）×0.05kg×20℃＝1.4×103J，故D错误。
故选：C。
9．（2023•无锡模拟）质量相等的甲、乙两种不同液体，装在相同的容器中，用相同的电加热器加热，其温度随时间变化的图像如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．乙物质在1min后可能处于固液共存态
B．甲、乙的比热容之比为2：1
C．升高相同温度，甲吸收的热量更少
D．3min后甲的内能保持不变
【解答】解：A．乙是液体，对乙液体加热过程中，不可能出现固液共存态，故A错误；
B．由图可知，加热1min，吸收相同的热量，甲升高的温度50℃﹣25℃＝25℃，
乙升高的温度75℃﹣25℃＝50℃，
甲乙的质量相等，由c=QmΔt可知，比热容和升高的温度成反比，甲、乙的比热容之比c甲c乙=Δt乙Δt甲=50℃25℃=21，故B正确；
C．用相同的加热器加热时，加热时间相同，吸收的热量相同，由图可知，升高相同的温度，甲加热的时间较长，甲吸收的热量较多，故C错误；
D．3min后甲液体吸收热量，温度不变，内能增大，故D错误。
故选：B。
10．（2023•番禺区校级二模）甲、乙两保温杯装有初温相同、等质量的同种液体，在恒温的室内静置，两杯液体的温度﹣时间变化图像如图所示．下列说法正确的是（ ）
A．甲杯内液体的比热容等于乙杯内液体
B．甲杯内液体的比热容小于乙杯内液体
C．0～4h甲杯内液体放出的热量比乙杯多
D．0～20h乙杯内液体放出的热量比甲杯多
【解答】解：根据题意可知两杯都是同种液体，所以两杯液体的比热容相等，故A正确，B错误；
如图，0h两杯液体的温度相等，第4h时甲杯液体的温度是80℃，乙杯液体的温度是60℃，第20h时两杯液体的温度相等，利用Q＝cm（t0﹣t）可知0﹣4h乙杯放出的热量多，0﹣20h两杯放出的热量相同，故CD错误。
故选：A。
11．（2023•白云区二模）如图1所示，规格相同的容器装了相同质量的纯净水和油.用相同实际功率的电加热器加热，得到图2所示的温度与加热时间的图线，若液体吸收的热量等于电加热器放出的热量，且c水＞c油，则（ ）
A．加热相同时间，由于甲杯液体升高温度大，所以甲杯液体吸收热量多
B．升高相同的温度，两杯液体吸收相同的热量
C．甲杯液体是水
D．加热相同时间，两杯液体吸收的热量相同
【解答】解：AD．相同的电加热器，加热相同的时间，放出的热量相同，若液体吸收的热量等于电加热器放出的热量，则纯净水和油吸收的热量相同，故A错误、D正确；
B．升高相同的温度，加热时间不同，两杯液体吸收的热量不相同，故B错误；
C．甲杯液体和乙杯液体吸收的热量相同，由图2可知，甲杯液体升高的温度多，由c=QmΔt可知，甲杯液体的比热容小，已知c水＞c油，所以甲杯液体是油，乙杯液体是水，故C错误。
故选：D。
12．（2023•云龙区一模）如图所示，规格相同的甲、乙两容器中分别装有3kg和2kg的纯净水，并用不同加热器加热，不计热损失，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4.2×103J/（kg•℃），则下列说法正确的是（ ）
A．由丙图知，甲杯中水的比热容小于乙
B．甲、乙两杯中的加热器每分钟放出的热量之比为9：4
C．加热相同的时间，甲、乙两杯水升高的温度之比2：3
D．加热相同时间时，两杯水将吸收相等的热量
【解答】解：A、水的比热容与质量无关，故甲乙中水的比热容相同；
B、由图丙的甲图线可知，加热 2min 时，甲容器中水升高的温度：
Δt＝40℃﹣20℃＝20℃；
由图象还可知，水的温度变化随时间的增加而均匀升高，
所以，加热 1min 时，甲容器中水升高的温度：
Δt′=12Δt=12×20℃＝10℃；
此时甲容器中的水每分钟吸收热量：
Q吸1＝cm1Δt＝4.2×103J/（kg•℃）×3kg×10℃＝1.26×105J；
由图丙可知，水的温度从20℃升高到40℃时，乙的加热时间为3min；此时乙容器中的水吸收热量：
Q乙吸＝cm2Δt＝4.2×103J/（kg•℃）×2kg×（40℃﹣20℃）＝1.68×105J，
乙容器中的水每分钟吸收热量为：
Q吸2=13×Q乙吸=13×1.68×105J＝5.6×104J；
由于忽略散热损失，所以两加热器每分钟放出的热量与水每分钟吸收的热量相同，则：
加热器每分钟放出的热量之比为：Q甲放：Q乙放＝1.26×105J：5.6×104J＝9：4，故B正确。
C、甲每分钟升高10℃；乙的加热时间为3min升高20℃；故每分钟升高203℃；
每分钟升高的温度之比为：10℃：203℃＝3：2，故C错误；
D、此时甲容器中的水每分钟吸收热量：Q吸1＝1.26×105J；
乙容器中的水每分钟吸收热量为：Q吸2＝5.6×104J；
加热相同时间时，每分钟吸收的热量不等，故相同时间两杯水吸收的热量不等。故D错误。
故选：B。
13．（2023•武进区校级模拟）用相同的电加热器加热相同质量的水和煤油的过程中，水和煤油的温度随时间变化的图象如图所示，关于这一过程，下列说法正确的是（ ）
A．煤油的温度高于水的温度，所以煤油的比热容大
B．20min后水的温度不变的过程中将不再吸收热量
C．煤油的温度升高的较快，说明煤油比热容比水比热容小
D．8min时间内煤油吸收的热量比水吸收的热量多
【解答】解：A、比热容的大小与温度无关，故A错误；
B、20min后，水已经沸腾，水沸腾过程中，吸热温度不变，故B错误；
C、通电相同时间，水和煤油吸收热量相同，煤油升高的温度比水快，说明水的吸热能力更强，煤油的比热容比水小，故C正确；
D、相同时间内，水和煤油吸收的热量相同，故D错误。
故选：C。
14．（2023•太康县一模）如图所示，相同质量的铜块和铅块吸收热量与其温度变化的图象。从图象看，下列说法中正确的是（ ）
A．吸收相同的热量后铜块的温度是铅块的三倍
B．升高到相同的温度后铜块内能是铅块的三倍
C．质量相同时铜的比热容才是铅比热容的三倍
D．固体状态时，铜的比热容是铅比热容的三倍
【解答】解：质量相同的铜块和铅块，由图象可得当铅吸收的热量Q吸＝4J时，Δt＝6℃，则铅的比热容：c铅=Q吸mΔt=4J6℃⋅m；
铜吸收的热量Q吸＝8J时，Δt＝4℃，则铅的比热容：c铜=Q吸mΔt=8J4℃⋅m；
则c铅：c铜＝1：3；
A、相同质量的铜块和铅块，吸收相同的热量，根据Δt=Q吸cm可得铜块的温度是铅块的三分之一，故A错误；
B、相同质量的铜块和铅块，升高到相同的温度，不知道初始温度，无法判断吸收的热量的多少，内能无法判断，故B错误；
C、固体的铜的比热容是铅的3倍，与质量无关，故C错误；
D、固体状态时，铜的比热容是铅比热容的三倍，故D正确；
故选：D。
15．（2023•金坛区二模）用相同的酒精灯分别对a、b两种液体加热（如图甲），根据测得的数据分别描绘出这两种液体的温度随加热时间变化的图像（如图乙）。在相同的时间内两种液体吸收的热量相等，不计液体热量散失，分别用ma、mb、ca、cb表示a、b两种液体的质量和比热容，则结合图中信息做出的下列推断正确的是（ ）
A．若 ma＝mb，则ca＞cbB．若 ma＝mb，则 ca＜cb
C．若ca＝cb，则 ma＝mbD．若ca＝cb，则 ma＞mb
【解答】解：由题可知，在相同的时间内两液体吸收的热量相等；由乙图可知，在相同的时间内a升高温度的较大；
A、若ma＝mb，吸收相同的热量，a的温度升高幅度大，由c=QmΔt可知，a的比热容较小，b的比热容较大，即ca＜cb，故A错误，B正确；
C、若ca＝cb，吸收相同的热量，a的温度升高幅度大，由m=QcΔt可知，a的质量较小，b的质量较大，即ma＜mb，故C错误，D错误。
故选：B。
16．（2023•虎林市校级二模）两个相同的容器内分别盛有质量和初温相同的甲、乙两种液体，用相同规格的电加热器同时加热，液体温度与加热时间的关系如图所示。下列说法正确的是 （ ）
A．甲液体的比热容小于乙液体的比热容
B．如果升高相同的温度，两液体吸收的热量相同
C．加热相同的时间，甲液体吸收的热量大于乙液体吸收的热量
D．加热相同的时间，甲液体升高的温度比乙液体升高的温度多，说明甲液体吸热能力强
【解答】解：A、从图像可知，给质量和初温相同的甲、乙两种液体加热时，用相同规格的电加热器加热相等时间时，甲上升的温度高，根据比热容公式可知，甲的比热容小，故A正确。
B、如果升高相同的温度，因为乙的比热容大，故乙吸收的热量更多，故B错误；
C、加热相同的时间，甲液体吸收的热量等于乙液体吸收的热量，故C错误；
D、加热相同的时间，甲液体升高的温度比乙液体升高的温度多，说明甲液体吸热能力弱，故D错误。
故选：A。
17．（2023•天桥区一模）同学们通过地理课的学习知道了，温带海洋性气候的地区各月份平均气温变化小，而温带大陆性气候的地区各月份平均气温变化较大。如图所示。从物理的角度分析。形成这种现象的主要原因是：与砂石相比较，海水具有（ ）
A．较大的内能，相同条件下，水温变化较大
B．较小的内能，相同条件下，水温变化较小
C．较小比热容，相阿条件下，水温变化较大
D．较大比热容，相同条件下，水温变化较小
【解答】解：沿海地区水多，内陆地区水少、沙石多；因为水的比热容较大，砂石的比热容小，白天，相同质量的水和沙石比较，吸收相同的热量，水的温度升高的少；夜晚，放出相同的热量，水的温度降低的少，使得沿海地区昼夜的温差小，所以沿海城市的昼夜温差较小，各月份平均气温变化也小；而内陆城市的昼夜温差较大，各月份平均气温变化也较大。故D正确。
故选：D。
18．（2023•无棣县模拟）如图所示，用规格相同的加热器分别给质量相等的甲、乙两种液体加热，不计热损失，丙所示的液体温度与加热时间的关系图，则下列说法正确的是（ ）
A．甲液体比乙液体的比热容比大
B．甲、乙两杯中的加热器每分钟放出的热量之比为2：3
C．加热相同的时间，甲、乙两种液体升高的温度之比2：3
D．将甲、乙两种液体从20℃均加热至60℃（没有达到沸点）所需要的时间之比仍为2：3
【解答】解：A、由图丙可知，将甲、乙两种液体从20℃加热至40℃时，甲用时2min，乙用时3min，由于加热器相同，则甲乙所吸收的热量之比为：
Q甲Q乙=23，
根据Q＝cmΔt可得：
c甲c乙=Q甲mΔtQ乙mΔt=Q甲Q乙=23，
所以甲的比热容比乙小，故A错误；
B、用规格相同的加热器加热，意味着在相同时间内加热器放出的热量相同，甲、乙两杯中的加热器每分钟放出的热量之比应为1：1，故B错误；
C、加热相同的时间，即吸收的热量相同，则温度变化量为：
Δt甲Δt乙=Q甲c甲mQ乙c乙m=c乙c甲=32，故C错误；
D、将甲、乙两种液体从20℃均加热至60℃（没有达到沸点），即温度变化相同，质量相同，所需要吸收的热量之比为：
Q甲Q乙=c甲mΔt甲c乙mΔt乙=c甲c乙=23，
而两个加热器是相同的，吸收热量多少与时间成正比，所以t甲t乙=Q甲Q乙=23，故D正确。
故选：D。
19．（2023•新都区二模）在标准大气压下用相同的加热器加热质量均为500g，初温相同的水和某种物质，它们温度随时间变化的图像如图所示，水的比热容为4.2×103J/（kg•℃），下列说法正确的是（ ）
A．乙物质的沸点一定是80℃
B．0～4min，乙物质的比热容为2.8×103J/（kg•℃）
C．0～4min，乙吸收的热量大于甲吸收的热量
D．8～10min，甲吸收的热量为1.68×105J
【解答】解：A、由题意和图像可知，用相同的加热器对水和某种物质进行加热，在标准气压下甲的沸点是100℃，所以甲是水，而乙是另外一种物质，且乙物质在4～10min内温度保持80℃不变，因乙物质可能是固态，也可能是液态，所以，可能是乙物质的熔点为80℃，也可能是乙物质的沸点为80℃，故A错误；
B、在标准气压下，甲的沸点是100℃，所以甲是水，0～4min，水吸收的热量为：Q水＝cmΔt＝4.2×103J/（kg•℃）×0.5kg×40℃＝8.4×104J，所以乙在0～4min内吸收的热量也是8.4×104J，
则乙的比热容：c=Q乙mΔt=8.4×104J0.5kg×60℃=2.8×103J/（kg•℃），故B正确。
C、0～4min，乙吸收的热量等于甲吸收的热量，故C错误；
D、加热4min，水吸收的热量为8.4×104J，故加热2min，水吸收的热量为4.2×104J，故D错误。
故选：B。
20．（2023•凤庆县模拟）某实验小组利用酒精灯对500g冰均匀加热，他们每隔相同时间记录一次温度计的示数，并观察物质的状态。如图是他们根据记录的数据绘制的“温度﹣时间”图像，已知c水＝4.2×103J/（kg•℃），由图象可知（ ）
A．水升温比冰慢，说明水的比热容比冰小
B．冰在熔化过程中温度保持不变，内能不变
C．冰在融化前内能增加了4.2×104J
D．在CD段，水吸收的热量是4.2×104J
【解答】解：
A、由题知，利用酒精灯对冰均匀加热，即在相同时间内冰和水吸收热量相同，由图可知，冰在前5min内温度升高了20℃，水在后10min内升高了20℃，升高相同的温度，水吸热多；吸收相同的热量，水温度变化慢，由Q＝cmΔt可知，水的比热容比冰的比热容大，故A错误；
B、冰在熔化过程中，吸收热量、内能增加，但温度保持不变，故B错误；
C、由图可知水和冰上升相同的温度，加热时间是冰的2倍，所以水的比热容是冰的2倍，即冰的比热容是2.1×103J/（kg•℃），冰的质量为500g＝0.5kg，熔化前冰增加的内能：ΔE＝Q冰吸＝c冰m（t﹣t0）＝2.1×103J/（kg•℃）×0.5kg×20℃＝2.1×104J，故C错误；
D、冰熔化前后，质量不变，在CD段温度变化Δt＝20℃﹣0℃＝20℃，水吸收的热量Q吸＝c水mΔt＝4.2×103J/（kg•℃）×0.5kg×20℃＝4.2×104J，故D正确；
故选：D。
21．（2023•张家港市校级模拟）某物理兴趣小组的同学，用天然气给10kg的水加热，同时绘制了如图所示的加热过程中水温随时间变化的图线，若在6min内完全燃烧了0.12kg的天然气（每分钟放热相同）。水的比热容为4.2×103J/（kg•℃），天然气的热值为5×107J/kg。
（1）完全燃烧0.12kg天然气释放的热量为多少？
（2）“2～4min”水吸收的热量为多少？
（3）在烧水过程中，“0～2min”、“2～4min”、“4～6min”哪个时间段热效率最高？最高热效率为多少？
【解答】解：（1）燃烧天然气的质量m天然气＝0.12kg，天然气的热值q天然气＝5×107J/kg，
天然气完全燃烧产生的热量：Q放＝m天然气q天然气＝0.12kg×5×107J/kg＝0.6×107J；
（2）水的质量m水＝10kg，2～4min，水温度升高度数Δt＝70℃﹣50℃＝20℃，
水吸收的热量：Q吸＝cm水Δt＝4.2×103J/（kg•℃）×10kg×20℃＝8.4×105J；
（3）由图可知，随着水温的不断升高，温度变化越来越慢，故0～2min时间内，在吸收热量相同的情况下，升高的温度最高，热效率最大；
0～2min内，水温度升高度数Δt′＝50℃﹣20℃＝30℃，
水吸收的热量：Q吸′＝cm水Δt′＝4.2×103J/（kg•℃）×10kg×30℃＝1.26×106J，
0～2min内，天然气释放的热量Q放′=13Q放=13×0.6×107J＝0.2×107J，
烧水时的热效率：η=Q吸'Q放'×100%=1.26×106J0.2×107J×100%＝63%。
22．（2022•仪征市一模）阅读短文，回答问题。
地铁
仪征即将进入地铁时代。乘坐地铁需文明出行、确保安全。地铁站的站台上标有黄色警戒线；乘客应留意车厢内红、绿色的线路指示灯。手持式安检仪用于检测乘客是否携带违禁金属物品，工作人员能根据安检仪发出低沉或尖锐的警报声，判断金属物品的大小；手持式安检仪的电池容量为2×103mA•h，额定电压为9V，额定功率为0.36W，电池容量指放电电流与放电总时间的乘积，当剩余电量减为电池容量的10%时，安检仪不能正常工作。
图甲为另一种安检仪的原理模型，固定的矩形虚线区域内存在方向竖直向上的磁场，宽度为0.6m，边长0.2m的正方形金属线圈abcd放在水平传送带上，可随传送带一起以速度v匀速运动。线圈进、出磁场过程中会产生电流，从而线圈会受到大小随线圈速度增大而增大、方向水平的磁场力作用，因此线圈与传送带间也存在摩擦力；运动过程中线圈整体处于磁场中时，线圈中无电流产生。在线圈与传送带间无相对滑动时，传送带克服线圈摩擦力做功的功率P与对应的速度v的数据如表。
（1）有乘客手捧鲜花进入车厢，所有乘客都闻到了花香，这是因为分子在 。
（2）下列说法中，正确的是 。
A.手持式安检仪也能检测出酒精等易燃违禁物品
B.通过手持式安检仪报警声的音调可判断金属物大小
C.在车厢内站立的乘客拉住扶手时，以扶手为参照物则乘客是运动的
D.配戴紫色眼镜的乘客也能准确辨别出线路指示灯的颜色
（3）手持式安检仪正常工作时电流为 mA；电池充满电后，安检仪能正常工作的最长时间为 h。
（4）分析表中数据，当传送带速度为0.5m/s时，传送带克服线圈摩擦力做功的功率P＝ W；线圈进入磁场时受到的摩擦力f与传送带匀速运动的速度v的变化关系如图乙所示，则当以 m/s时线圈将在传送带上滑动。
【解答】解：（1）有乘客手捧鲜花进入车厢，所有乘客都闻到了花香，这是因为分子在做无规则运动；
（2）AB、由题意，手持式安检仪用于检测乘客是否携带违禁金属物品，工作人员能根据安检仪发出低沉或尖锐的警报声，判断金属物品的大小，但不能检测出酒精等易燃违禁物品，故A错误，B正确；
C、在车厢内站立的乘客拉住扶手时，以扶手为参照物则乘客是静止的，故C错误；
D、佩戴紫色眼镜只能透过紫色光，所以该乘客不能准确辨别出线路指示灯的颜色，故D错误；
（3）手持式安检仪的电池额定电压为9V，额定功率为0.36W，
根据P＝UI可得，手持式安检仪正常工作时的电流为：I=PU=0.36W9V=0.04A＝40mA；
手持式安检仪的电池容量为2×103mAh，额定电压为9V，额定功率为0.36W，电池容量指放电电流与放电总时间的乘积；当剩余电量减为电池容量的10%时，
能工作的容量为：Q＝2×103mA•h×90%＝1.8×103mA•h；
电池充满电后，安检仪能正常工作的最长时间为：t=QI=1.8×103mA⋅ℎ40mA=45h；
（4）分析表中第2、1组的功率P之比为：；
速度之比为：0.3m/s0.2m/s=32，故功率与速度的平方成正比，
则当传送带速度为0.5m/s时，传送带克服线圈摩擦力做功的功率：P=(0.5m/s0.2m/s)2×0.016W＝0.1W；
由图乙知，当速度等于或大于某一值时，摩擦为0.6N保持不变，线圈将在传送带上滑动，因P=Wt=fst=fv，故f=Pv，
根据表中数据可得，实验中的摩擦力大小分别为0.08N、0.12N、0.2N、0.24N和0.32N，故可知受到的摩擦力与速度成正比，即f1：f2＝v1：v2，当物体受到的摩擦力等于0.2N时，物体的速度为0.5m/s；
则可得f＝0.6N时的速度为：v'0.5m/s×0.2N＝0.6N，解得v′＝1.5m/s；
传送带匀速运动的速度v的变化关系如图乙所示，则当v≥1.5m/s时线圈将在传送带上滑动。
故答案为：（1）做无规则运动；（2）B； （3）40；45； （4）0.1；1.5。
v/（m•s﹣1）
0.2
0.3
0.5
0.6
0.8
P/W
0.016
0.036
0.144
0.256
A．a液体比热容小
B．b液体是水
C．0～3min内a液体吸收的热量少
D．升高相同的温度时，b液体吸收的热量少
【解答】解：ABD、由图可知，将水和另一种液体都从15℃加热到35℃，b需要加热3min，a需要加热6min，说明b液体吸收的热量少、a液体吸收的热量多，则a的吸热能力强、比热容大，故a液体是水，故AB错误、D正确。
C、使用相同的加热器，在相同的加热时间内吸收的热量相等，则0～3min内a、b液体吸收的热量相等，故C错误，
故选：D。
2．（2023•兰州）为了比较A、B两种液体的吸热能力，小亮用完全相同的加热装置对质量分别为100g和400g的A、B两液体进行加热，根据实验数据绘制的温度随时间变化的图像如图所示。根据图像信息，下列说法中正确的是（ ）
A．A、B两液体在0～8min内吸收的热量之比为2：1
B．A、B两液体的比热容之比为1：2
C．B液体的吸热能力比A液体的强
D．A液体比B液体更适合作发动机的冷却液
【解答】解：A、用相同的加热器加热，在相同时间内，加热器放出的热量是相同的，则两种液体吸收的热量是相同的，所以在0～8min内，A、B两液体吸收的热量是相同的，故其吸收的热量之比为1：1，故A错误；
B、由图像可知，在0～8min内，A液体温度升高了ΔtA＝40℃﹣20℃＝20℃，
B液体温度升高了ΔtB＝30℃﹣20℃＝10℃，
根据c=QmΔt可得，A、B两液体的比热容之比为：
cAcB=QmAΔtAQmBΔtB=mBΔtBmAΔtA=0.4kg×10℃0.1kg×20℃=21=2：1，故B错误；
C、由B知，B液体的比热容比A液体的比热容小，所以B液体的吸热能力比A液体的弱，故C错误；
D、由于A液体的比热容比B液体的比热容大，根据Q＝cmΔt，在质量和升高的温度相同时，A液体吸收的热量比B液体吸收的热量多，故A液体比B液体更适合作发动机的冷却液，故D正确。
故选：D。
3．（2023•泰安）质量均为0.5kg的水和另一种液体在相同时间内放出的热量相等，它们温度随时间变化的关系如图所示。已知水的比热容c水＝4.2×103J/（kg•℃），c水＞c液。下列说法中（ ）
①甲物质是水
②0～12min乙温度降低了20℃
③0～12min甲放出了8.4×104J 的热量
④乙物质的比热容为2.1×103J/（kg•℃）
A．只有①②正确B．只有②④正确
C．只有①③正确D．只有①④正确
【解答】解：①时间相等时，两种液体放出的热量相等，由图示可以看出，乙液体的温度降低的快，甲液体温度降低慢，
根据热量的计算公式Q放＝cmΔt可知，在质量相等、初温相同、放热也相同的情况下，谁的温度降低得快，它的比热容小，
所以，甲液体的比热容大，所以若甲、乙两种液体中，一种液体是水，则这种液体一定是甲液体，故①正确；
②由图可知：乙液体的初温是60℃，放热12分钟后乙液体的末温是20℃，乙温度降低了40℃，故②错误；
③读图可得，甲在12min内由60℃降低到40℃，降低的温度是60℃﹣40℃＝20℃，甲液体已判断出是水，
所以甲放出的热量Q放＝cmΔt＝4.2×103J/（kg•℃）×0.5kg×20℃＝4.2×104J，故③错误；
④由图知，0～12min水放出的热量：
Q放＝c水m水（t水﹣t0）＝4.2×103J/（kg•℃）×m水×（60℃﹣40℃），
0～12min乙液体放出的热量：
Q放＝c乙m乙（60℃﹣20℃），
由题知，水和乙液体的质量相同，即m水＝m乙
4.2×103J/（kg•℃）×m水×（60℃﹣40℃）＝c乙m乙（60℃﹣20℃），
解得c乙＝2.1×103J/（kg•℃），故④正确。
故选：D。
4．（2023•凉山州）小华在探究“不同物质的吸热能力”时，用相同的电加热器对质量均为1kg的水和另一种液体同时进行加热（不考虑热损失）。已知液体的比热容小于水的比热容，通过实验画出温度随时间变化的图像如图所示，分析图像可知：水在5min内吸收的热量为 J，液体的比热容为 J/（kg•℃）。
【解答】解：根据Q＝cmΔt及图像可得，水在20min内吸收的热量为Q＝cmΔt＝4.2×103J/（kg•℃）×1kg×（50℃﹣20℃）＝1.26×105J，则水在5min内吸收的热量为Q′=14Q=14×1.26×105J＝3.15×104J；
根据Q＝cmΔt及图像可得，液体和水在15min内吸收的热量相同，可得液体的比热容为c液=QmΔt=34Q总mΔt=34×1.26×105J1kg×(55℃−20℃)=2.7×103J/（kg•℃）。
故答案为：3.15×104；2.7×103。
（多选）5．（2023•潍坊）图甲所示为一款新型水杯，将沸水倒入杯中，轻摇几下后，水温便可降至55℃左右，并能保温3小时。图乙为其内部结构图，杯壁的不锈钢夹层中有晶体传热材料，其在常温下是固态，会随着温度的变化发生可逆的固液转换。取0.3kg该晶体材料，对其进行加热，其温度与吸收的热量关系如图丙所示。下列分析正确的是（ ）
A．该晶体材料的熔点为55℃
B．在BC段，该晶体材料的内能保持不变
C．在AB段，该晶体材料的分子热运动变剧烈
D．该晶体材料的比热容为0.88×103J/（kg•℃）
【解答】解：
AB、根据图示可知，晶体在BC段吸收热量，内能变大，温度不变，为熔化过程，熔点为50℃，故AB错误；
C、在AB段，该晶体材料的温度升高，分子热运动变剧烈，故C正确；
D、根据Q＝cmΔt可知，该物质的比热容为：c=QmΔt=5.28×103J0.3kg×(50℃−30℃)=0.88×103J/（kg•℃），故D正确。
故选：CD。
6．（2023•鞍山）小明为比较“不同物质吸热的情况”设计了如下的实验方案：将A、B两种液体分别装入烧杯中，固定在铁架台上，用两个相同的酒精灯同时加热，实验装置如图甲、乙所示，实验时每隔一段时间同时测量并记录A、B的温度。
（1）组装器材时应按照 （选填“自下而上”或“自上而下”）的顺序依次安装；
（2）实验时，选取 相同、初温相同的A、B两种不同液体，加热时液体温度升高，这是通过 方式来增大液体内能的；
（3）此实验通过 （选填“液体升高温度的多少”或“加热时间的长短”）来反映液体吸收热量的多少；
（4）加热一段时间后，液体B的温度如图乙所示，为 ℃；
（5）根据实验数据小明绘制出的温度﹣时间图象如图丙所示，则液体 （选填“A”或“B”）更适合作为家中“暖气”中输运能量的介质。
【解答】解：（1）要用酒精灯的外焰加热，故组装器材时应按照自下而上的顺序依次安装；
（2）根据比较吸热能力的方法，要控制不同物质的质量相同，实验时，选取质量相同、初温相同的A、B两种不同液体，加热时液体温度升高，这是通过热传递方式来增大液体内能的；
（3）根据转换法，此实验通过加热时间的长短来反映液体吸收热量的多少；
（4）温度计分度值为1℃；加热一段时间后，液体B的温度如图乙所示，为33℃；
（5）根据绘制出的温度﹣时间图象知，升高相同的温度，B加热时间长，B的吸热能力强，比热容大，根据Q＝cmΔt，在质量和降低的温度相同时，B放热多，液体B更适合作为家中“暖气”中输运能量的介质。
故答案为：（1）自下而上；（2）质量；热传递；（3）加热时间的长短；（4）33；（5）B。
7．（2023•凤阳县二模）用相同的电加热器分别对质量相等的甲和乙两种液体加热（不计热量损失），如图是甲和乙的温度随时间变化的图象，下列说法正确的是（ ）
A．甲的比热容与乙的比热容之比为2：3
B．甲的比热容与乙的比热容之比为1：2
C．甲和乙都加热10分钟，甲吸收热量比乙吸收热量多
D．甲和乙升高相同的温度，甲吸收热量较多
【解答】解：（1）由图象可知，吸收热量相同时（即加热时间相同），甲的温度变化为Δt甲＝40℃，乙的温度变化为Δt乙＝20℃，
由Q吸＝cmΔt得c=Q吸mΔt，因Q吸、m均相同，则c甲：c乙＝Δt乙：Δt甲＝20℃：40℃＝1：2，故A错误、B正确。
（2）用相同的电加热器分别对质量相等的甲和乙两种液体加热时，在相同的时间10min内电热器产生的热量相等，不计热量损失，则甲、乙吸收的热量相等，故C错误；
（3）由图象可知，甲、乙升高相同的温度，加热乙的时间长，则乙吸收的热量多，故D错误。
故选：B。
8．（2023•鼎城区二模）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象如图所示，以下说法正确的是[c水＝4.2×103J/（kg•℃）]（ ）
A．物质A为水
B．0～3min，物质A吸收的热量比物质B吸收的热量多
C．食用油的比热容为2.8×103J/（kg•℃）
D．若食用油的质量为50g，2～3min内食用油吸收了2100J的热量
【解答】解：
A、由Δt=Qcm可知，在质量、吸收的热量相同时，吸热能力弱（比热容小）的物质升高的温度快，分析图象可知，物质A为食用油，故A错误；
B、相同加热器在相同时间内放出的热量相同，则加热3min时水和食用油吸收的热量相同，故B错误；
C、用两个相同的电热器给质量相同的物质食用油和水加热，由图象可知，水温度升高到40℃需要3min，食用油温度升高到40℃需要2min；
因为加热器相同，则物质吸收的热量和加热时间成正比，
所以，质量相同的食用油和水升高相同的温度需要吸收的热量关系为：Q水吸=32Q油吸；
由Q吸＝cmΔt得：c=Q吸mΔt，
则可知c水=32c油，
又因为c水＝4.2×103J/（kg•℃），
所以c油=23c水＝2.8×103J/（kg•℃），故C正确；
D、相同加热器在相同时间内放出的热量相同，由图象可知，2min食用油的温度升高了40℃﹣20℃＝20℃，
则2～3min内食用油吸收的热量：Q油吸=12c油m油Δt=12×2.8×103J/（kg•℃）×0.05kg×20℃＝1.4×103J，故D错误。
故选：C。
9．（2023•无锡模拟）质量相等的甲、乙两种不同液体，装在相同的容器中，用相同的电加热器加热，其温度随时间变化的图像如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．乙物质在1min后可能处于固液共存态
B．甲、乙的比热容之比为2：1
C．升高相同温度，甲吸收的热量更少
D．3min后甲的内能保持不变
【解答】解：A．乙是液体，对乙液体加热过程中，不可能出现固液共存态，故A错误；
B．由图可知，加热1min，吸收相同的热量，甲升高的温度50℃﹣25℃＝25℃，
乙升高的温度75℃﹣25℃＝50℃，
甲乙的质量相等，由c=QmΔt可知，比热容和升高的温度成反比，甲、乙的比热容之比c甲c乙=Δt乙Δt甲=50℃25℃=21，故B正确；
C．用相同的加热器加热时，加热时间相同，吸收的热量相同，由图可知，升高相同的温度，甲加热的时间较长，甲吸收的热量较多，故C错误；
D．3min后甲液体吸收热量，温度不变，内能增大，故D错误。
故选：B。
10．（2023•番禺区校级二模）甲、乙两保温杯装有初温相同、等质量的同种液体，在恒温的室内静置，两杯液体的温度﹣时间变化图像如图所示．下列说法正确的是（ ）
A．甲杯内液体的比热容等于乙杯内液体
B．甲杯内液体的比热容小于乙杯内液体
C．0～4h甲杯内液体放出的热量比乙杯多
D．0～20h乙杯内液体放出的热量比甲杯多
【解答】解：根据题意可知两杯都是同种液体，所以两杯液体的比热容相等，故A正确，B错误；
如图，0h两杯液体的温度相等，第4h时甲杯液体的温度是80℃，乙杯液体的温度是60℃，第20h时两杯液体的温度相等，利用Q＝cm（t0﹣t）可知0﹣4h乙杯放出的热量多，0﹣20h两杯放出的热量相同，故CD错误。
故选：A。
11．（2023•白云区二模）如图1所示，规格相同的容器装了相同质量的纯净水和油.用相同实际功率的电加热器加热，得到图2所示的温度与加热时间的图线，若液体吸收的热量等于电加热器放出的热量，且c水＞c油，则（ ）
A．加热相同时间，由于甲杯液体升高温度大，所以甲杯液体吸收热量多
B．升高相同的温度，两杯液体吸收相同的热量
C．甲杯液体是水
D．加热相同时间，两杯液体吸收的热量相同
【解答】解：AD．相同的电加热器，加热相同的时间，放出的热量相同，若液体吸收的热量等于电加热器放出的热量，则纯净水和油吸收的热量相同，故A错误、D正确；
B．升高相同的温度，加热时间不同，两杯液体吸收的热量不相同，故B错误；
C．甲杯液体和乙杯液体吸收的热量相同，由图2可知，甲杯液体升高的温度多，由c=QmΔt可知，甲杯液体的比热容小，已知c水＞c油，所以甲杯液体是油，乙杯液体是水，故C错误。
故选：D。
12．（2023•云龙区一模）如图所示，规格相同的甲、乙两容器中分别装有3kg和2kg的纯净水，并用不同加热器加热，不计热损失，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4.2×103J/（kg•℃），则下列说法正确的是（ ）
A．由丙图知，甲杯中水的比热容小于乙
B．甲、乙两杯中的加热器每分钟放出的热量之比为9：4
C．加热相同的时间，甲、乙两杯水升高的温度之比2：3
D．加热相同时间时，两杯水将吸收相等的热量
【解答】解：A、水的比热容与质量无关，故甲乙中水的比热容相同；
B、由图丙的甲图线可知，加热 2min 时，甲容器中水升高的温度：
Δt＝40℃﹣20℃＝20℃；
由图象还可知，水的温度变化随时间的增加而均匀升高，
所以，加热 1min 时，甲容器中水升高的温度：
Δt′=12Δt=12×20℃＝10℃；
此时甲容器中的水每分钟吸收热量：
Q吸1＝cm1Δt＝4.2×103J/（kg•℃）×3kg×10℃＝1.26×105J；
由图丙可知，水的温度从20℃升高到40℃时，乙的加热时间为3min；此时乙容器中的水吸收热量：
Q乙吸＝cm2Δt＝4.2×103J/（kg•℃）×2kg×（40℃﹣20℃）＝1.68×105J，
乙容器中的水每分钟吸收热量为：
Q吸2=13×Q乙吸=13×1.68×105J＝5.6×104J；
由于忽略散热损失，所以两加热器每分钟放出的热量与水每分钟吸收的热量相同，则：
加热器每分钟放出的热量之比为：Q甲放：Q乙放＝1.26×105J：5.6×104J＝9：4，故B正确。
C、甲每分钟升高10℃；乙的加热时间为3min升高20℃；故每分钟升高203℃；
每分钟升高的温度之比为：10℃：203℃＝3：2，故C错误；
D、此时甲容器中的水每分钟吸收热量：Q吸1＝1.26×105J；
乙容器中的水每分钟吸收热量为：Q吸2＝5.6×104J；
加热相同时间时，每分钟吸收的热量不等，故相同时间两杯水吸收的热量不等。故D错误。
故选：B。
13．（2023•武进区校级模拟）用相同的电加热器加热相同质量的水和煤油的过程中，水和煤油的温度随时间变化的图象如图所示，关于这一过程，下列说法正确的是（ ）
A．煤油的温度高于水的温度，所以煤油的比热容大
B．20min后水的温度不变的过程中将不再吸收热量
C．煤油的温度升高的较快，说明煤油比热容比水比热容小
D．8min时间内煤油吸收的热量比水吸收的热量多
【解答】解：A、比热容的大小与温度无关，故A错误；
B、20min后，水已经沸腾，水沸腾过程中，吸热温度不变，故B错误；
C、通电相同时间，水和煤油吸收热量相同，煤油升高的温度比水快，说明水的吸热能力更强，煤油的比热容比水小，故C正确；
D、相同时间内，水和煤油吸收的热量相同，故D错误。
故选：C。
14．（2023•太康县一模）如图所示，相同质量的铜块和铅块吸收热量与其温度变化的图象。从图象看，下列说法中正确的是（ ）
A．吸收相同的热量后铜块的温度是铅块的三倍
B．升高到相同的温度后铜块内能是铅块的三倍
C．质量相同时铜的比热容才是铅比热容的三倍
D．固体状态时，铜的比热容是铅比热容的三倍
【解答】解：质量相同的铜块和铅块，由图象可得当铅吸收的热量Q吸＝4J时，Δt＝6℃，则铅的比热容：c铅=Q吸mΔt=4J6℃⋅m；
铜吸收的热量Q吸＝8J时，Δt＝4℃，则铅的比热容：c铜=Q吸mΔt=8J4℃⋅m；
则c铅：c铜＝1：3；
A、相同质量的铜块和铅块，吸收相同的热量，根据Δt=Q吸cm可得铜块的温度是铅块的三分之一，故A错误；
B、相同质量的铜块和铅块，升高到相同的温度，不知道初始温度，无法判断吸收的热量的多少，内能无法判断，故B错误；
C、固体的铜的比热容是铅的3倍，与质量无关，故C错误；
D、固体状态时，铜的比热容是铅比热容的三倍，故D正确；
故选：D。
15．（2023•金坛区二模）用相同的酒精灯分别对a、b两种液体加热（如图甲），根据测得的数据分别描绘出这两种液体的温度随加热时间变化的图像（如图乙）。在相同的时间内两种液体吸收的热量相等，不计液体热量散失，分别用ma、mb、ca、cb表示a、b两种液体的质量和比热容，则结合图中信息做出的下列推断正确的是（ ）
A．若 ma＝mb，则ca＞cbB．若 ma＝mb，则 ca＜cb
C．若ca＝cb，则 ma＝mbD．若ca＝cb，则 ma＞mb
【解答】解：由题可知，在相同的时间内两液体吸收的热量相等；由乙图可知，在相同的时间内a升高温度的较大；
A、若ma＝mb，吸收相同的热量，a的温度升高幅度大，由c=QmΔt可知，a的比热容较小，b的比热容较大，即ca＜cb，故A错误，B正确；
C、若ca＝cb，吸收相同的热量，a的温度升高幅度大，由m=QcΔt可知，a的质量较小，b的质量较大，即ma＜mb，故C错误，D错误。
故选：B。
16．（2023•虎林市校级二模）两个相同的容器内分别盛有质量和初温相同的甲、乙两种液体，用相同规格的电加热器同时加热，液体温度与加热时间的关系如图所示。下列说法正确的是 （ ）
A．甲液体的比热容小于乙液体的比热容
B．如果升高相同的温度，两液体吸收的热量相同
C．加热相同的时间，甲液体吸收的热量大于乙液体吸收的热量
D．加热相同的时间，甲液体升高的温度比乙液体升高的温度多，说明甲液体吸热能力强
【解答】解：A、从图像可知，给质量和初温相同的甲、乙两种液体加热时，用相同规格的电加热器加热相等时间时，甲上升的温度高，根据比热容公式可知，甲的比热容小，故A正确。
B、如果升高相同的温度，因为乙的比热容大，故乙吸收的热量更多，故B错误；
C、加热相同的时间，甲液体吸收的热量等于乙液体吸收的热量，故C错误；
D、加热相同的时间，甲液体升高的温度比乙液体升高的温度多，说明甲液体吸热能力弱，故D错误。
故选：A。
17．（2023•天桥区一模）同学们通过地理课的学习知道了，温带海洋性气候的地区各月份平均气温变化小，而温带大陆性气候的地区各月份平均气温变化较大。如图所示。从物理的角度分析。形成这种现象的主要原因是：与砂石相比较，海水具有（ ）
A．较大的内能，相同条件下，水温变化较大
B．较小的内能，相同条件下，水温变化较小
C．较小比热容，相阿条件下，水温变化较大
D．较大比热容，相同条件下，水温变化较小
【解答】解：沿海地区水多，内陆地区水少、沙石多；因为水的比热容较大，砂石的比热容小，白天，相同质量的水和沙石比较，吸收相同的热量，水的温度升高的少；夜晚，放出相同的热量，水的温度降低的少，使得沿海地区昼夜的温差小，所以沿海城市的昼夜温差较小，各月份平均气温变化也小；而内陆城市的昼夜温差较大，各月份平均气温变化也较大。故D正确。
故选：D。
18．（2023•无棣县模拟）如图所示，用规格相同的加热器分别给质量相等的甲、乙两种液体加热，不计热损失，丙所示的液体温度与加热时间的关系图，则下列说法正确的是（ ）
A．甲液体比乙液体的比热容比大
B．甲、乙两杯中的加热器每分钟放出的热量之比为2：3
C．加热相同的时间，甲、乙两种液体升高的温度之比2：3
D．将甲、乙两种液体从20℃均加热至60℃（没有达到沸点）所需要的时间之比仍为2：3
【解答】解：A、由图丙可知，将甲、乙两种液体从20℃加热至40℃时，甲用时2min，乙用时3min，由于加热器相同，则甲乙所吸收的热量之比为：
Q甲Q乙=23，
根据Q＝cmΔt可得：
c甲c乙=Q甲mΔtQ乙mΔt=Q甲Q乙=23，
所以甲的比热容比乙小，故A错误；
B、用规格相同的加热器加热，意味着在相同时间内加热器放出的热量相同，甲、乙两杯中的加热器每分钟放出的热量之比应为1：1，故B错误；
C、加热相同的时间，即吸收的热量相同，则温度变化量为：
Δt甲Δt乙=Q甲c甲mQ乙c乙m=c乙c甲=32，故C错误；
D、将甲、乙两种液体从20℃均加热至60℃（没有达到沸点），即温度变化相同，质量相同，所需要吸收的热量之比为：
Q甲Q乙=c甲mΔt甲c乙mΔt乙=c甲c乙=23，
而两个加热器是相同的，吸收热量多少与时间成正比，所以t甲t乙=Q甲Q乙=23，故D正确。
故选：D。
19．（2023•新都区二模）在标准大气压下用相同的加热器加热质量均为500g，初温相同的水和某种物质，它们温度随时间变化的图像如图所示，水的比热容为4.2×103J/（kg•℃），下列说法正确的是（ ）
A．乙物质的沸点一定是80℃
B．0～4min，乙物质的比热容为2.8×103J/（kg•℃）
C．0～4min，乙吸收的热量大于甲吸收的热量
D．8～10min，甲吸收的热量为1.68×105J
【解答】解：A、由题意和图像可知，用相同的加热器对水和某种物质进行加热，在标准气压下甲的沸点是100℃，所以甲是水，而乙是另外一种物质，且乙物质在4～10min内温度保持80℃不变，因乙物质可能是固态，也可能是液态，所以，可能是乙物质的熔点为80℃，也可能是乙物质的沸点为80℃，故A错误；
B、在标准气压下，甲的沸点是100℃，所以甲是水，0～4min，水吸收的热量为：Q水＝cmΔt＝4.2×103J/（kg•℃）×0.5kg×40℃＝8.4×104J，所以乙在0～4min内吸收的热量也是8.4×104J，
则乙的比热容：c=Q乙mΔt=8.4×104J0.5kg×60℃=2.8×103J/（kg•℃），故B正确。
C、0～4min，乙吸收的热量等于甲吸收的热量，故C错误；
D、加热4min，水吸收的热量为8.4×104J，故加热2min，水吸收的热量为4.2×104J，故D错误。
故选：B。
20．（2023•凤庆县模拟）某实验小组利用酒精灯对500g冰均匀加热，他们每隔相同时间记录一次温度计的示数，并观察物质的状态。如图是他们根据记录的数据绘制的“温度﹣时间”图像，已知c水＝4.2×103J/（kg•℃），由图象可知（ ）
A．水升温比冰慢，说明水的比热容比冰小
B．冰在熔化过程中温度保持不变，内能不变
C．冰在融化前内能增加了4.2×104J
D．在CD段，水吸收的热量是4.2×104J
【解答】解：
A、由题知，利用酒精灯对冰均匀加热，即在相同时间内冰和水吸收热量相同，由图可知，冰在前5min内温度升高了20℃，水在后10min内升高了20℃，升高相同的温度，水吸热多；吸收相同的热量，水温度变化慢，由Q＝cmΔt可知，水的比热容比冰的比热容大，故A错误；
B、冰在熔化过程中，吸收热量、内能增加，但温度保持不变，故B错误；
C、由图可知水和冰上升相同的温度，加热时间是冰的2倍，所以水的比热容是冰的2倍，即冰的比热容是2.1×103J/（kg•℃），冰的质量为500g＝0.5kg，熔化前冰增加的内能：ΔE＝Q冰吸＝c冰m（t﹣t0）＝2.1×103J/（kg•℃）×0.5kg×20℃＝2.1×104J，故C错误；
D、冰熔化前后，质量不变，在CD段温度变化Δt＝20℃﹣0℃＝20℃，水吸收的热量Q吸＝c水mΔt＝4.2×103J/（kg•℃）×0.5kg×20℃＝4.2×104J，故D正确；
故选：D。
21．（2023•张家港市校级模拟）某物理兴趣小组的同学，用天然气给10kg的水加热，同时绘制了如图所示的加热过程中水温随时间变化的图线，若在6min内完全燃烧了0.12kg的天然气（每分钟放热相同）。水的比热容为4.2×103J/（kg•℃），天然气的热值为5×107J/kg。
（1）完全燃烧0.12kg天然气释放的热量为多少？
（2）“2～4min”水吸收的热量为多少？
（3）在烧水过程中，“0～2min”、“2～4min”、“4～6min”哪个时间段热效率最高？最高热效率为多少？
【解答】解：（1）燃烧天然气的质量m天然气＝0.12kg，天然气的热值q天然气＝5×107J/kg，
天然气完全燃烧产生的热量：Q放＝m天然气q天然气＝0.12kg×5×107J/kg＝0.6×107J；
（2）水的质量m水＝10kg，2～4min，水温度升高度数Δt＝70℃﹣50℃＝20℃，
水吸收的热量：Q吸＝cm水Δt＝4.2×103J/（kg•℃）×10kg×20℃＝8.4×105J；
（3）由图可知，随着水温的不断升高，温度变化越来越慢，故0～2min时间内，在吸收热量相同的情况下，升高的温度最高，热效率最大；
0～2min内，水温度升高度数Δt′＝50℃﹣20℃＝30℃，
水吸收的热量：Q吸′＝cm水Δt′＝4.2×103J/（kg•℃）×10kg×30℃＝1.26×106J，
0～2min内，天然气释放的热量Q放′=13Q放=13×0.6×107J＝0.2×107J，
烧水时的热效率：η=Q吸'Q放'×100%=1.26×106J0.2×107J×100%＝63%。
22．（2022•仪征市一模）阅读短文，回答问题。
地铁
仪征即将进入地铁时代。乘坐地铁需文明出行、确保安全。地铁站的站台上标有黄色警戒线；乘客应留意车厢内红、绿色的线路指示灯。手持式安检仪用于检测乘客是否携带违禁金属物品，工作人员能根据安检仪发出低沉或尖锐的警报声，判断金属物品的大小；手持式安检仪的电池容量为2×103mA•h，额定电压为9V，额定功率为0.36W，电池容量指放电电流与放电总时间的乘积，当剩余电量减为电池容量的10%时，安检仪不能正常工作。
图甲为另一种安检仪的原理模型，固定的矩形虚线区域内存在方向竖直向上的磁场，宽度为0.6m，边长0.2m的正方形金属线圈abcd放在水平传送带上，可随传送带一起以速度v匀速运动。线圈进、出磁场过程中会产生电流，从而线圈会受到大小随线圈速度增大而增大、方向水平的磁场力作用，因此线圈与传送带间也存在摩擦力；运动过程中线圈整体处于磁场中时，线圈中无电流产生。在线圈与传送带间无相对滑动时，传送带克服线圈摩擦力做功的功率P与对应的速度v的数据如表。
（1）有乘客手捧鲜花进入车厢，所有乘客都闻到了花香，这是因为分子在 。
（2）下列说法中，正确的是 。
A.手持式安检仪也能检测出酒精等易燃违禁物品
B.通过手持式安检仪报警声的音调可判断金属物大小
C.在车厢内站立的乘客拉住扶手时，以扶手为参照物则乘客是运动的
D.配戴紫色眼镜的乘客也能准确辨别出线路指示灯的颜色
（3）手持式安检仪正常工作时电流为 mA；电池充满电后，安检仪能正常工作的最长时间为 h。
（4）分析表中数据，当传送带速度为0.5m/s时，传送带克服线圈摩擦力做功的功率P＝ W；线圈进入磁场时受到的摩擦力f与传送带匀速运动的速度v的变化关系如图乙所示，则当以 m/s时线圈将在传送带上滑动。
【解答】解：（1）有乘客手捧鲜花进入车厢，所有乘客都闻到了花香，这是因为分子在做无规则运动；
（2）AB、由题意，手持式安检仪用于检测乘客是否携带违禁金属物品，工作人员能根据安检仪发出低沉或尖锐的警报声，判断金属物品的大小，但不能检测出酒精等易燃违禁物品，故A错误，B正确；
C、在车厢内站立的乘客拉住扶手时，以扶手为参照物则乘客是静止的，故C错误；
D、佩戴紫色眼镜只能透过紫色光，所以该乘客不能准确辨别出线路指示灯的颜色，故D错误；
（3）手持式安检仪的电池额定电压为9V，额定功率为0.36W，
根据P＝UI可得，手持式安检仪正常工作时的电流为：I=PU=0.36W9V=0.04A＝40mA；
手持式安检仪的电池容量为2×103mAh，额定电压为9V，额定功率为0.36W，电池容量指放电电流与放电总时间的乘积；当剩余电量减为电池容量的10%时，
能工作的容量为：Q＝2×103mA•h×90%＝1.8×103mA•h；
电池充满电后，安检仪能正常工作的最长时间为：t=QI=1.8×103mA⋅ℎ40mA=45h；
（4）分析表中第2、1组的功率P之比为：；
速度之比为：0.3m/s0.2m/s=32，故功率与速度的平方成正比，
则当传送带速度为0.5m/s时，传送带克服线圈摩擦力做功的功率：P=(0.5m/s0.2m/s)2×0.016W＝0.1W；
由图乙知，当速度等于或大于某一值时，摩擦为0.6N保持不变，线圈将在传送带上滑动，因P=Wt=fst=fv，故f=Pv，
根据表中数据可得，实验中的摩擦力大小分别为0.08N、0.12N、0.2N、0.24N和0.32N，故可知受到的摩擦力与速度成正比，即f1：f2＝v1：v2，当物体受到的摩擦力等于0.2N时，物体的速度为0.5m/s；
则可得f＝0.6N时的速度为：v'0.5m/s×0.2N＝0.6N，解得v′＝1.5m/s；
传送带匀速运动的速度v的变化关系如图乙所示，则当v≥1.5m/s时线圈将在传送带上滑动。
故答案为：（1）做无规则运动；（2）B； （3）40；45； （4）0.1；1.5。
v/（m•s﹣1）
0.2
0.3
0.5
0.6
0.8
P/W
0.016
0.036
0.144
0.256
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