初中物理苏科版九年级全册3 物质的比热容课后练习题

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A．乙液体的比热容大于甲液体的比热容
B．加热相同时间，甲、乙液体吸收热量一样多，增加的内能一样多
C．若甲、乙液体都是同种液体且质量相同，则甲液体中的电加热器功率大
D．若两个电加热器相同且甲乙都是同种液体，则甲的质量大
【答案】C
【解答】解：A、题意中没有明确两种液体的质量关系和两种电加热器的功率关系，由c＝不能比较二者的比热容大小，故A错误；
B、题意中没有明确两种电加热器完全相同，所以在相同时间内两种液体吸收的热量不一定相同，故B错误；
C、若甲、乙液体都是同种液体且质量相同，由图像可知，在相同时间内甲液体升高的温度高，说明甲吸收的热量多，甲液体中的电加热器的功率P＝大，故C正确；
D、若两个电加热器相同且甲乙都是同种液体，由c＝可知，m＝，在c、Q相同的情况下，温差越大，则该液体的质量越小，即甲液体的质量小，故D错误。
水的比热容较大，我们利用这一特性为生活、生产服务，或解释一些自然现象，下列事例中与它的这一特性无关的是（ ）
A．水暖设备让流动的热水流过散热器取暖
B．汽车发动机用水作为冷却剂
C．沿海地区昼夜温差比内陆地区小
D．夏天在房间内洒水降温
【答案】D
【解答】解：A、让流动的热水流过散热器供暖，因为水的比热容较大，降低相同的温度，水放出的热量多，故A不符合题意；
B、汽车发动机的冷却循环系统用水作为工作介质，因为水的比热容较大，升高相同的温度，水吸收的热量多，所以用水做内燃机的冷却液，故B不符合题意；
C、沿海地区昼夜温差较小是因为水的比热容大，在吸收或放出同样热量的情况下，水的温度变化较小，昼夜温差小，故C不符合题意；
D、夏天在房间内洒水降温是利用蒸发吸热的原理，与水的比热容没有关系，故D符合题意。
关于比热容及其生活中的应用，下列说法中正确的是（ ）
A．一桶水的比热容比一杯水的比热容大
B．人中暑时，常在额头上擦冷水降温，利用了水的比热容较大的性质
C．物体的温度变化越大，比热容越大
D．沙漠地区昼夜温差大是因为砂石的比热容小
【答案】D
【解答】解：
AC、比热容的大小与质量、温度无关，与物质的种类和状态有关，所以一桶水的比热容等于一杯水的比热容，温度变化，比热容不变，故AC错误；
B、发现人中暑时，常在额头上擦冷水降温，利用了水汽化吸热，故B错误；
D、沙漠地区的砂石多，白天太阳照射，砂石吸收热量，由于砂石的比热容小，因此温度变化大，气温升得很高；晚上，砂石放出热量，由于砂石的比热容小，因此温度变化大，气温降得很低，故会出现早晚温差大的现象，故D正确。
炎炎夏日，小梅来到美丽的海滨城市青岛。她发现，在这里白天的风常常从海面吹向陆地，而每到夜晚风却从陆地吹向海面。她利用学过的物理知识进行分析，并画出陆地和海面之间空气流动情况的示意图，如图所示。形成这一现象的主要原因是（ ）
A．海水的密度小于砂石的密度
B．海水的密度大于砂石的密度
C．海水的比热容小于砂石的比热容
D．海水的比热容大于砂石的比热容
【答案】D
【解答】解：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度，密度小，砂石上方空气上升，海面上的冷空气过来补充，形成了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D正确。
如图1所示，用相同的电加热器给初温及质量均相同的甲、乙两种不同的液体加热，两种液体每秒吸收的热量相同，两种液体的温度加热时间的图像如图2所示。则（ ）
A．加热1min，两种液体吸热关系为Q甲＞Q乙
B．乙液体在第2min时的比热容大于第1min时的比热容
C．甲液体的吸放热能力比乙强
D．通过图像分析可得，甲、乙两液体的比热容大小之比c甲：c乙＝1：2
【答案】D
【解答】解：A、用相同的电加热器给初温及质量均相同的甲、乙两种不同的液体加热，加热时间相同，液体吸收的热量相同，所以加热1min，两种液体吸热关系为Q甲＝Q乙，故A错误；
B、乙液体在第2min时和第1min时的种类不变，状态不变，比热容不变，故B错误；
C、根据图2可知，甲、乙两种液体升高相同的温度，甲的加热时间是乙的加热时间的一半，这说明乙吸收的热量多，乙的吸热能力强，故C错误；
D、由图可知，甲、乙升高相同的温度，乙的加热时间是甲的加热时间的2倍，则乙吸收的热量是甲吸收热量的2倍，根据Q＝cmΔt可知，乙的比热容是甲的比热容的2倍，所以：c甲：c乙＝1：2，故D正确。
小明同学用酒精灯对冰块加热，研究冰的熔化现象。他依据实验数据绘制了图中甲、乙两条图线中的一条，已知m冰＝0.1kg，c水＝4.2×103J/（kg•℃），c冰＝2.1×103J/（kg•℃），酒精灯在相同时间内的加热效果相同，下列分析正确的是（ ）
A．小明绘制的是甲图线
B．1～3min内温度不变，说明冰块没有吸收热量
C．0～1min内冰块吸收的热量为2.1×103J
D．1～3min内，冰水混合物吸收的热量为2.1×103J
【答案】D
【解答】解：
A、由图可知，在0～1min内，冰吸收热量，温度升高了5℃；冰化成水后，质量不变，根据题意可知，水的比热容是冰的比热容的2倍，根据Q＝cm△t可知，水升高5℃所需的热量为冰升高5℃所需热量的2倍，即水升高5℃，所需的加热时间为2min，故乙图线是水的升温图象，故A错误；
B、由图可知，冰在熔化的过程中，温度保持不变，为晶体，这个过程中，冰会吸收热量，内能增大，故B错误；
C、冰吸收的热量为：Q冰＝c冰m冰△t＝2.1×103J/（kg•℃）×0.1kg×5℃＝1.05×103J，故C错误；
D、酒精灯在相同时间内的加热效果相同，2min吸收的热量是1min吸收热量的2倍，1～3min内，冰水混合物吸收的热量为Q＝2Q冰＝2×1.05×103J＝2.1×103J，故D正确。
热平衡，指同外界接触的物体，其内部温度各处均匀且等于外界温度的状况。在热平衡时，物体各部分以及物体同外界之间都没有热量交换，即Q吸＝Q放。将400g、5℃的冷水与200g、80℃的热水混合（与外界无热量交换），混合后的温度是（ ）
A．30℃B．37.5℃C．60℃D．70℃
【答案】A
【解答】解：冷水和热水混合，混合后冷水和热水最后的温度相同，
设混合后的温度为t℃，
冷水吸收的热量Q吸＝c水m1Δt1＝c水×400×10﹣3kg×（t℃﹣5℃），
热水放出的热量Q放＝c水m2Δt2＝c水×200×10﹣3kg×（80℃﹣t℃），
又因为冷水与热水混合时与外界无热量交换，冷水吸收的热量与热水放出的热量相等，即Q吸＝Q放，所以c水×400×10﹣3kg×（t℃﹣5℃）＝c水×200×10﹣3kg×（80℃﹣t℃），
解得混合后的温度t＝30℃。
质量和温度都相同的冷金属块A和B，放在沸水中煮相当长时间后取出，马上分别投入甲、乙两杯盛有质量和温度都相同的冷水中（不计热量损失），到两杯水的温度不再升高时，发现甲杯水的温度低于乙杯水的温度。由此可知（ ）
A．甲杯冷水从金属块A吸收的热量多
B．金属块B的比热容较小
C．金属块A在冷水中放热比较多
D．金属块B在沸水中吸热比较多
【答案】D
【解答】解：A、甲杯水的温度低于乙杯水的温度，而初温相同，两杯水甲的温度变化小，而甲、乙两杯水的质量相同，由吸热公式Q吸＝cm（t﹣t0）可知甲杯冷水比乙杯冷水吸收的热量少，故A错误；
B、两金属块都从沸水中取出、初温相同，
对于金属块A来说有：cAmA（t﹣tA）＝c水m水（tA﹣t水初）…①
对于金属块B来说有：cBmB（t﹣tB）＝c水m水（tB﹣t水初）…②
由mA＝mB，则①÷②得：＝，由于tA＜tB，所以tA﹣t水初＜tB﹣t水初，
则有cA（t﹣tA）＜cB（t﹣tB），因为t﹣tA＞t﹣tB，所以cA＜cB，故B错误；
C、两金属块使水温升高，甲杯水的温度低于乙杯水的温度，根据Q吸＝cm（t﹣t0）可知甲杯冷水吸热少、金属块A放热少，故C错误；
D、质量和温度都相同的冷金属块A和B，放在沸水中煮相当长时间后取出，升高的温度相同，由于cA＜cB，根据Q吸＝cmΔt可知金属块B在沸水中吸热比较多，故D正确。
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（水的比热容大于另一种液体）进行对比实验，并用图象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，分析图象可以得出： 甲 （填“甲”或“乙”）物质为水，另一种液体的比热容为 2.1×103J/（kg•℃） ，这种液体在0～15min内放出的热量为 4.2×104 J。
【答案】甲；2.1×103J/（kg•℃）；4.2×104。
【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＝cm△t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，甲液体的比热容大于乙液体的比热容，所以甲液体是水，乙液体是另一种液体，
由图可知：液体的初温是60℃，放热15分钟后甲液体的末温是40℃，
则水放出的热量：Q放＝c水m水（t水﹣t0）＝4.2×103J/（kg•℃）×m×（60℃﹣40℃）。
（2）由题知，而水和乙液体的质量相同，即m水＝m乙，
Q水放＝Q乙放，即：c水m水△t＝c乙m（60℃﹣20℃）＝4.2×103J/（kg•℃）×m×（60℃﹣40℃）。解得c乙＝2.1×103J/（kg•℃）。
（3）读图可得，乙在15min内由60℃降低到20℃，降低的温度是60℃﹣20℃＝40℃，
所以乙放出的热量Q放＝cmΔt＝2.1×103J/（kg•℃）×0.5kg×40℃＝4.2×104J。
我国许多城市中心都建有大型绿地，绿地中的人工湖具更强的吸热功能，盛夏时大大减弱绿地和湖的周围地区的热岛效应。这是利用了水的 比热容 较大的持性。假设某一人工湖湖水的质量是1.0×107kg，若水温度升高2℃，则湖水吸收的热量为 8.4×1010 J（水的比热容为4.2×103J/（kg•℃））。若这些热量被同等质量的砂石或水泥块吸收（知：c砂石＜c水），砂石升高的温度 大于 2℃（选填”大于”、“等于”或“小于”）。
【答案】比热容；8.4×1010；大于。
【解答】解：（1）我国许多城市中建有大型绿地，绿地中的人工湖具有“吸热”功能，盛夏时节能大大减弱周围地区的“热岛效应”，这是因为水的比热容大，相同质量的水和其他物质相比较，吸收或放出相同的热量时，水的温度变化小；
（2）湖水吸收的热量：Q吸＝cmΔt＝4.2×103J/（kg•℃））×1.0×107kg×2℃＝8.4×1010J；
（3）若这些热量被同等质量的砂石吸收，由于砂石的比热容小于水的比热容，所以根据公式Δt＝可知，砂石升高的温度比水高，即砂石升高的温度大于2℃。
甲、乙两种液体的密度之比为ρ甲：ρ乙＝5：4，体积之比为V甲：V乙＝2：3，比热容之比为c甲：c乙＝1：2，且它们的初温不等。现将它们混和，不计混和过程中的热损失，达到热平衡后液体温度相对各自初温变化量分别为Δt甲和Δt乙，则Δt甲：Δt乙为 12：5 。
【答案】12：5。
【解答】解：由ρ＝得，液体的质量m＝ρV，
则甲、乙两液体的密度比为：
＝＝＝，
不计混合过程中的热损失，根据热平衡方程可得：Q放＝Q吸，
即：c甲m甲Δt甲＝c乙m乙Δt乙，
则液体温度相对各自初温变化量的绝对值：＝＝＝。
“探究不同物质的吸、放热性能”的实验装置如图甲所示。实验时，将初温和质量相等的甲、乙两种液体装在相同的烧杯中，用酒精灯给它们加热，每隔0.5min测量一次温度，数据记录在表中。
（1）设计实验时，需要对变量进行控制，下列变量控制中错误的是 C ；（选填字母序号）
A.两个烧杯的规格相同
B.两个相同的酒精灯
C.两种液体的体积相同
（2）分析以上实验数据可得：相同质量的不同种物质，加热相同时间内甲乙吸收的热量 相同 ，它们升高的温度 不同 （选填“相同”或“不同”）。
（3）图乙是根据实验数据画出的甲、乙两种液体温度随时间变化的图像。分析图像可知，当甲乙液体升高相间温度时， 甲 需要加热的时间短， 乙 需要吸收的热量更多，则两液体的比热容关系是c甲 ＜ c乙（选填“＞”、“＜”或“＝”）。
（4）若冬天小江想自制一个暖手袋，如果甲、乙两种液体都可装入暖手袋中作为供热物质，从物质放热能力角度考虑，则应选择 乙 （选填“甲”或“乙”）。
【答案】（1）C；（2）相同；不同；（3）甲；乙；＜；（4）乙。
【解答】（1）AB、根据转换法，选用两个电加热器的规格相同，可控制电加热器相同时间放出的热量相同；用两个烧杯的规格相同，可控制甲和乙两种不同液体在相同时间吸热相同，AB正确；
C、根据比较吸热能力的方法，要控制不同物质的质量相同；而甲乙密度不同，根据m＝ρV，体积相同的两种液体质量不同，故甲、乙两种液体的体积相同是错误的；
故选C；
（2）根据表格中的数据可知，相同质量的不同种物质，加热相同时间，甲、乙吸收的热量相同，它们升高的温度不同；
（3）根据乙图可知，升高相同的温度，甲加热时间短，乙加热的时间长，乙吸收的热量多，则乙的吸热本领更强，比热容大，所以两液体的比热容关系是c甲＜c乙；
（4）根据Q＝cmΔt，相同质量的甲、乙两种液体，降低相同的温度，乙放热多，故若冬天小江想自制一个暖手袋，如果甲、乙两种液体都可装入暖手袋中作为供热物质，从物质放热能力角度考虑，则应选择乙。
某实验小组用如图1所示的装置比较水和煤油的吸热本领。
（1）实验时应控制水和煤油的初温和 质量 相同；
（2）加热过程中，水和煤油吸收热量的多少是通过 加热时间 来判断的；
（3）用两个相同的电加热器来加热，每隔1min记录一次温度，整个实验操作无误。图2甲中，图线 a 可以反映煤油的温度随时间的变化规律，这是因为 水 的吸热能力强；
（4）某小组根据实验数据绘制的图像，如图2乙所示，发现乙图像中AB段与OC段相互平行，分析产生这种现象的原因可能是ma 大于 mb（选填“大于”“小于”或“等于”）。
【答案】（1）质量；（2）加热时间；（3）a；水；（4）大于。
【解答】解：（1）实验中，需要控制水和煤油的质量和初温相同；
（2）根据转换法，加热过程中，水和煤油吸收热量的多少是通过加热时间来判断的；
（3）实验中选用相同电加热器即相同的额定电压和额定功率，相同的时间内放出的热量相同，液体吸收的热量相同；可观察图象，在加热时间相同的情况下，a的温度变化量大，故a的吸热能力弱，又因b是水的温度随时间的变化规律图象，水的比热容又大于煤油的比热容，故a为煤油；
（4）某小组根据实验数据绘制的图象如图乙所示，发现乙图象中AB段与OC段相互平行，由下图知，根据数学全等的知识，即加热相同时间升高的温度相同，即吸热相同热量升高的温度相同，根据m＝，因ca＜cb，Q吸和Δt 相同，故ma＞mb，故分析产生这种现象的原因可能是ma＞mb。
如图是一定质量的冰升温熔化的过程，从开始加热到冰开始熔化，冰温度升高了10℃，吸收了4.2×103J的热。若不计热量损失[c冰＝2.1×103J/（kg•℃）]求：
（1）冰的质量。
（2）冰全部熔化成水后，升温过程中吸收多少热量。
（3）若用同一稳定热源加热，整个过程（12min内）冰的内能增加多少？
【答案】（1）冰的质量为0.2kg；（2）冰全部熔化成水后，升温过程中吸收4.2×103J的热量；
（3）若用同一稳定热源加热，整个过程（12min内）冰的内能增加1.26×104J。
【解答】解：（1）由Q吸＝cmΔt得冰的质量：
m冰＝＝＝0.2kg；
（2）由图像可得，冰全部熔化成水后，升高的温度Δt水＝5℃，
水吸收的热量：Q水吸＝c水m水Δt水＝4.2×103J/（kg•℃）×0.2kg×5℃＝4.2×103J；
（3）由题知，冰从开始到4min吸收的热量为4.2×103J，即4min吸收的热量为4.2×103J，
所以1min吸收的热量为1050J，
整个过程吸收的热量：Q＝1050J/min×12min＝1.26×104J，
则整个过程（12min内）冰的内能增加1.26×104J。
食物也是一种“燃料”，释放化学能的过程不断地发生在人体内，提供细胞组织所需的能量。人体摄入的能量（营养师常称之为热量）过多或过少，都有损于健康。
（1）某种油炸食品，每100g可提供的能量约为1.26×106J，假设这些能量全部被质量为5kg、温度为25℃的水吸收，可使这些水的温度升高到多少摄氏度？[c水＝4.2×103J/（kg•℃）]
（2）如果上述这些能量全部用于克服重力做功，则能把多少千克的物体提升10m？（g取10N/kg）
【答案】（1）某种油炸食品，每100g可提供的能量约为1.26×106J，假设这些能量全部被质量为5kg、温度为25℃的水吸收，可使这些水的温度升高到85摄氏度；
（2）如果上述这些能量全部用于克服重力做功，则能把1.26×104千克的物体提升10m。
【解答】（1）每100g这种油炸食品可提供的能量约为1.26×106J，
假设这些能量全部被水吸收，则Q吸＝1.26×106J，
根据公式Q吸＝c水m（t﹣t0），则水升高到的温度t＝+t0＝+25℃＝85℃。
（2）如果上述这些能量全部用于克服重力做功，则W＝1.26×106J，
根据W＝Gh＝mgh得＝＝1.26×104kg。
加热时间/min
0
0.5
1.0
1.5
2.0
2.5
3.0
3.5
4.0
温度/℃
甲
20.0
20.3
20.7
21.5
23.0
25.0
27.0
29.0
31.0
乙
20.0
20.2
20.5
21.0
22.0
23.0
24.0
25.0
26.0