人教版（2024）九年级全册第3节 比热容练习

这是一份人教版（2024）九年级全册第3节 比热容练习，文件包含人教版物理九年级全册同步讲义+专题练习133比热容考点解读原卷版docx、人教版物理九年级全册同步讲义+专题练习133比热容考点解读解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共58页， 欢迎下载使用。

1、比热容的概念及其应用
（1）单位质量的某种物质温度升高1℃吸收的热量叫做这种物质的比热容，简称比热。
比热容是通过比较单位质量的某种物质升温1℃时吸收的热量，来表示各种物质的不同性质。
（2）比热容的单位：在国际单位制中，比热容的单位是J/（kg•℃），读作焦每千克摄氏度。
（3）水的比热容是4.2×103J/（kg•℃）；它的物理意义是1千克水，温度升高或者降低1℃，吸收或者放出的热量是4.2×103焦耳。
（4）比热容解释简单的自然现象：如为什么海水与沙子在同一时刻的温度不一样？
因为海水与沙子受光照的时间完全相同，所以它们吸收的热量相同，但是海水的比热比沙子的比热大，所以海水升温比沙子升温慢；没有日照时，海水降温比沙子降温慢。
2、水的比热容的特点及应用
（1）水的比热容较大，在工农业生产和日常生活中有广泛的应用，这个应用主要考虑两个
方面：
①由于水的比热容较大，一定质量的水吸收（或放出）很多的热而自身的温度却变
化不多，有利于调节气候；夏天，太阳光照射到海面上，海水的温度在升高过程中吸收大量
的热，所以人们住在海边并不觉得特别热；冬天，气温低了，海水由于温度降低而放出大量
的热，使沿海气温不至于降得太低，所以住在海边的人们又不觉得特别冷。
②一定质量的水升高（或降低）一定温度吸热（或放热）很多，有利于用水作冷却剂或取暖；
作冷却剂时，是让水吸收带走更多的热量；用来取暖时，是让水放出更多热量供给人们，另
一方面。
3、热量的计算
（1）物体的温度升高时吸收热量为：Q吸=cm（t-t0）；降低时放出的热量为：Q放=cm（t0-t）；
其中c——物体的比热容——单位J/（kg•℃）；
m——物体的质量——单位kg；
t0——物体原来的温度℃；
t——物体后来的温度℃。
若用△t表示物体变化的温度（升高或降低的温度），物体温度升高过程吸收的热量或物体温度降低过程放出的热量可以统一写为：Q=cm△t；
公式可以变形为、、。
（2）应用热量公式解题应注意的几个问题：
①质量的单位要用千克；
②注意识别和恰当地使用有关“温度变化”的用词，一定要分清初温、末温，升高了、升高到（或降低了、降低到）的温度含义，要根据题意作出正确的判断；
③应用热量公式的条件是物质的状态不能改变，若不考虑这个因素，计算结果就会出现错误
（3）这两个公式解题的一般步骤是：①根据题意是吸热还是放热找出相应的公式；②明确要求的物理量；③根据所给已知条件求解．
（4）在使用热量公式进行计算时，首先各物理量的单位必须统一用国际单位，如温度t的单位用℃，质量m的单位用kg，比热容c的单位用J/（kg•℃），热量的单位用J；其次，对有关温度的文字叙述应特别谨慎，不可乱套，注意分清“升高”“升高了”“降低”“降低了”对应的都是温度的改变量△t，而不是温度t；而“升高到”“降低到”对应的才是物体的末温t。
4、热平衡的应用
（1）热平衡：在热传递过程中，如果没有热量损失，则高温物体放出的热量Q放等于低温物体吸收的热量Q吸，即Q放=Q吸，把这个关系叫热平衡方程；
（2）热平衡方程式：两个温度不同的物体放在一起，高温物体放出热量，低温物体吸收热量，当两个物体温度达到相同时，如果没有热量损失，则有Q吸=Q放，称为热平衡方程，在热量计算题中，常采用此等式。
※注意此方程只适用于绝热系统内的热交换过程，即无热量的损失；在交换过程中无热和功转变问题；而且在初、末状态都必须达到平衡态；
①系统放热，一般是由于温度降低、凝固、液化及燃料燃烧等过程；
②而系统吸热则是由于温度升高，熔解及汽化过程而引起的。
5、探究比热容的实验
（1）实验目的：探究不同物质吸热（比热容）情况；
（2）实验方法：控制变量法、转换法；
（3）实验器材：2个相同的酒精灯、烧杯、水、食用油、温度计支、铁架台个、石棉网、火柴、停表；
（4）实验步骤：:步骤①在两个铁架台的底座上各放一个规格相同的酒精灯，调好铁圈的高度，将石棉网放在铁圈上；
步骤②将盛有等质量的水和食用油的烧杯分别放在石棉网上；
步骤③将两支温度计分别挂在铁架台的支架上，并将玻璃泡全部浸入液体中，读出此时水和食用油的初温度，填入表中；
步骤④点燃酒精灯，同时对水和食用油加热，加热时间均为6分钟，停止加热前分别读出水和食用油的末温度, 填入表中；
步骤 = 5 \* GB3 ⑤整理实验器材。
（5）实验结论：质量相同的水和食用油吸收相同的热量,食用油的温度升高的较大。
（6）实验分析：判断水与食用油的吸热本领的大小，有两种方法：
①可判断两种物质在升高相同温度的情况下，所用时间的多少，用时较多的，说明吸收的热量多，则比热较大；
②可判断两种物质在吸收相同热量的情况下，升高温度的多少，温度升高较多的，则比热较小；
【考点1 比热容的概念及其应用】
【典例1-1】（2023•柘城县三模）晚上，小明为了给工作一天回到家的爸爸缓解疲劳，用艾草给爸爸泡脚，下列关于此过程的说法正确的是（ ）
A．加热后的艾草味道更浓，是因为分子热运动更剧烈
B．泡脚水的温度越高，所含的热量越多
C．泡脚是通过做功的方式改变了脚的内能
D．泡脚过程中水的温度降低，比热容变小了
【答案】A
【分析】（1）分子无规则运动的快慢与温度有关：温度越高，分子运动越剧烈；
（2）热量是热传递过程中传递能量的多少；
（3）改变物体内能的方式有两种：做功和热传递；
（4）比热容是物质的特性，与物质的状态和种类有关，与质量、体积、温度无关。
【解答】解：A．分子热运动的剧烈程度受温度的影响，且温度越高，分子热运动越剧烈，所以加热后的艾草味道更浓，故A正确；
B．洗脚水的温度高，但不能说所含的热量越多，因为热量是过程量，不能用“含有”来修饰，故B错误；
C．泡脚是通过热传递的方式改变了脚的内能，故C错误；
D．比热容是物质的特性，与物质的状态和种类有关，与质量、体积、温度无关，泡脚过程中水的温度降低，比热容不变，故D错误。
故选：A。
【典例1-2】（2023春•静安区校级期中）由比热容表可知：1kg的煤油温度升高1℃，需吸收的热量为 2.1×103 J；质量相等的水和煤油，升高相同的温度， 水 吸收的热量多；质量相等的铝块与铜块，放出相等的热量， 铜块 降低的温度多。
【答案】2.1×103；水；铜块。
【分析】（1）煤油的比热容为2.1×103J/（kg•℃），表示1千克的煤油温度升高1℃，吸收的热量为2.1×103焦耳；
（2）由吸热公式Q吸＝cmΔt可知，质量相同的不同物质，升高相同的温度，比热容大的吸收的热量多，比热容小的吸收的热量少。
（3）由放热公式Q放＝cmΔt可知，质量相同的不同物质，放出相同的热量，比热容大的温度降低少，比热容小的温度降低多。
【解答】解：（1）煤油的比热容为2.1×103J/（kg•℃），表示1kg的煤油温度升高1℃，吸收的热量为2.1×103J；
（2）质量相同的煤油和水，水的比热容大于煤油的比热容，升高相同的温度，由Q吸＝cmΔt可知，水吸收的热量多。
（3）质量相同的铝块和铜块，铝的比热容大于铜的比热容，放出相同的热量后，由Q放＝cmΔt可知，铜块的温度降低的多；
故答案为：2.1×103；水；铜块。
【变式1-1】（2023春•静安区校级期中）关于c＝，下列说法中正确的是（ ）
A．物体吸收的热量越多，比热容越大
B．物体的质量越小，比热容越大
C．物体的温度变化量越小，比热容越大
D．物质的比热容与热量、质量及温度的变化量无关
【答案】D
【分析】比热容是物质本身的一种特性，其大小是由物质决定的，与是否吸热、放热、温度、质量等因素无关。
【解答】A、比热容是物质本身的一种特性，与物体吸收的热量无关，故A错误；
B、比热容是物质本身的一种特性，与物体的质量无关，故B错误；
C、比热容是物质本身的一种特性，与物体关温度变化量无关，故C错误；
D、物质的比热容与热量、质量及温度的变化量无关，故D正确。
故选：D。
【变式1-2】（2023•薛城区一模）如图所示是某种固态物质加热变成液态时温度随时间变化的曲线，由图可知，从4min加热到8min过程中，物体的内能 增加 （选填“增加”或“不变”），该物质在CD段的比热容 大于 （选填“大于”“等于”或“小于”）AB段的比热容。
【答案】增加；大于。
【分析】（1）物体的内能与物体质量、温度、状态等有关；
（2）从表中数据判断AB和CD段比热容的大小。
【解答】解：由图可知，从4min加热到8min过程中，物体不断地加热，故物体的内能增加；该物质在AB段，加热4min，温度上升10℃，在CD段，加热10min，温度上升小于10℃，因为它们在相等的时间内吸收的热量相同，根据比热容公式c＝可知，温度上升快的，比热容小。故该物质在CD段的比热容大于AB段的比热容。
故答案为：增加；大于。
【考点2 水的比热容的特点及应用】
【典例2-1】（2023•广水市模拟）如图所示为随州漂水湿地公园的一角。夏天公园内鸟语花香、气温宜人。下列对人们在湿地公园的感知解释不正确的是（ ）
A．早晨小草上的露珠，是空气遇冷液化形成的
B．游客手里的冰棒吸热熔化，内能增加，温度不变
C．闻到公园内阵阵花香，是分子无规则运动的结果
D．中午路面热得发烫，而湖边感到凉爽，是因为沙石的比热容比水小
【答案】A
【分析】（1）物质从气态变为液态的过程叫液化，液化放热；
（2）晶体熔化过程中吸收热量，温度保持不变；
（3）一切物质的分子都在不停地做无规则的运动，这一运动的外在表现就是扩散现象；
（4）水的比热容比较大，质量相同、吸收相同的热量时，温度变化比较小。
【解答】解：
A、小草上的露珠是空气中的水蒸气放热液化形成的，故A错误；
B、冰棒吸收热量，内能一定会增大，但熔化过程中温度不变。故B正确。
C、我们能闻到花的香味，是因为花芳香分子在做无规则运动引起的，属扩散现象。故C正确；
D、水的比热容比沙石的比热容大，吸收相同的热量，水的温度变化小、沙石的温度变化大，所以觉得路面热得发烫而湖边感到凉爽。故D正确；
故选：A。
【典例2-2】（2023•老河口市模拟）我市在“创建文明城市”活动中，同学们在老师的带领下一起到居民小区劳动。“小广告”粘在建筑物上不易被清除掉，因为分子间存在 引力 ；汽油机散热常用水作为冷却剂，这是利用了水的 比热容 较大的性质。
【答案】引力；比热容。
【分析】（1）分子之间存在相互作用的引力和斥力；
（2）水的比热容较大，相同质量的水和其它物质相比，升高相同的温度，水吸收热量较多。
【解答】解：“小广告”粘在建筑物上不易被清除掉，因为分子间存在引力；
汽油机散热常用水作为冷却剂，是因为水的比热容较大，相同质量的水和其它物质相比，升高相同的温度，水吸收热量较多。
故答案为：引力；比热容。
【变式2-1】（2023•光明区二模）“早穿皮袄午穿纱，守着火炉吃西瓜”是对大漠气候的生动描写，而沿海地区昼夜温差则不大，这是由于砂石与水相比，砂石（ ）
A．热值小B．比热容小
C．吸热能力强D．含有的热量多
【答案】B
【分析】水的比热容较大，质量相同的水与其它物质相比，吸收或放出一定热量时，温度变化小；温度变化一定时，可以吸收或放出更多热量。
【解答】解：沿海地区，水多，内陆地区水少、砂石多，因为水的比热容较大，砂石的比热容较小，白天，相同质量的水和砂石比较，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。
故选：B。
【变式2-2】（2023•开江县模拟）图中所描述的情景为海滨 夜晚 （填“中午”或“夜晚”）的情况，在夏天从游泳池游泳起来的人身上感觉凉快这是因为水 蒸发吸热 的原因。​
【答案】夜晚；蒸发吸热
【分析】水的比热容大，相同质量的水和其它物质比较，升高或降低相同的温度，水吸收或放出的热量多。水蒸发时会吸收热量。
【解答】解：因为水的比热容较大，白天，相同质量的水和沙子比较，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，水的温度高，沙子的温度低，所以图中所描述的情景为海滨夜晚的情况；
在夏天从游泳池游泳起来的人身上感觉凉快这是因为水蒸发吸热的原因。​
故答案为：夜晚；蒸发吸热。
【考点3 热量的计算】
【典例3-1】（2023•锦江区模拟）如图甲、乙所示，规格相同的A、B两杯中分别装有300g和400g的牛奶，并用不同加热器同时对其加热，根据所记录的数据分别得到图丙的温度与加热时间的关系图像C和D。已知加热器的加热效率相同，牛奶的比热容为2.5×103J/（kg•℃）。则下列说法正确的是（ ）
A．B杯中牛奶每分钟吸收的热量为2×104J
B．若两杯牛奶都从20℃加热5min，A、B两杯牛奶升高的温度之比为3：4
C．若将A、B两杯中的牛奶都从20℃加热至60℃，需要的时间之比是2：3
D．甲、乙图中的加热器每分钟放出的热量之比为3：4
【答案】C
【分析】（1）由图丙可知B杯中牛奶3min升高的温度，利用Q吸＝cmΔt求出牛奶3min吸收的热量，据此求出每分钟吸收的热量；
（2）由图丙可知，牛奶的温度从20℃升高到40℃时，A杯中牛奶的加热时间为2min，B杯中牛奶加热的时间为3min；
已知两容器中牛奶的质量和升高的温度（均升高20℃），由于加热器的加热效率相同，由Q吸＝ηQ放和Q吸＝cmΔt即可求出每分钟放出的热量之比；
根据每分钟放出的热量之比可知加热5min时吸收的热量之比，然后根据Δt＝可判断两杯牛奶升高的温度之比；
（3）根据Q吸＝cmΔt可得甲、乙两杯中的牛奶从 20℃加热至60℃所需热量之比；然后根据所用时间t＝可得所用时间之比。
【解答】解：A、由图丙的D图线可知，加热3min 时，B杯中牛奶升高的温度：ΔtB＝40℃﹣20℃＝20℃；
由图像还可知，牛奶的温度变化随时间的增加而均匀升高，
所以，加热1min时，B杯中的牛奶升高的温度：ΔtB′＝ΔtB＝×20℃＝℃；
此时B杯中的牛奶吸收热量：Q吸B′＝cmBΔtB′＝2.5×103J/（kg•℃）×400×10﹣3kg×℃≈6.67×103J，故A错误；
BD、由图丙可知，牛奶的温度从20℃升高到40℃时，A杯的加热时间为2min，
此时A杯中的牛奶吸收热量：QA吸＝cmAΔtA＝2.5×103J/（kg•℃）×300×10﹣3kg×（40℃﹣20℃）＝1.5×104J，
A杯中的牛奶每分钟吸收热量为：Q吸A′＝QA吸＝×1.5×104J＝7.5×103J；
由于加热器的加热效率相同，A杯中加热器每分钟放出的热量：QA放＝，B杯中加热器每分钟放出的热量：QB放＝，
则甲、乙图中的加热器每分钟放出的热量之比：QA放：QB放＝：＝QA吸′：Q吸B′＝7.5×103J：6.67×103J＝9：8，
加热5min，A、B杯中牛奶吸收的热量之比为：QA：QB＝5Q吸A′：5Q吸B′＝Q吸A′：Q吸B′＝9：8，
根据Δt＝可可知，两杯牛奶升高的温度之比为：ΔtA：ΔtB＝：＝：＝3：2，故BD错误；
C、A、B两杯中的牛奶从 20℃加热至60℃，升高的温度相同，比热容相同，
由Q吸＝cmΔt可知，所需热量之比：QA吸″：QB吸″＝mA：mB＝300g：400g＝3：4，
加热时间之比为：tA：tB＝：＝：＝2：3，故C正确。
故选：C。
【典例3-2】（2023•齐齐哈尔一模）在完全隔热的装置中，用同一酒精灯给200g水和200g油同时加热，水和油的温度随时间的变化关系如图所示，可计算出给200g油加热6min，油吸收的热量是 1.26×104 J；油的比热容是 2.1×103 J/（kg•℃）。
【答案】1.26×104；2.1×103。
【分析】由图可知，加热12min水升高的温度，根据Q吸＝cmΔt求水吸收的热量；相同的热源，相同时间内吸收的热量相等，据此可知加热6min油吸收的热量，根据Q吸＝cmΔt求出油的比热容。
【解答】解：由图可知，加热12min水升高的温度Δt水＝30℃﹣0℃＝30℃，水的质量m水＝200g＝0.2kg，
水吸收的热量：Q吸水＝c水m水Δt水＝4.2×103J/（kg•℃）×0.2kg×30℃＝2.52×104J，
相同的热源，相同时间内吸收的热量相等，则200g油加热6min，油吸收的热量：Q吸油＝Q吸水＝×2.52×104J＝1.26×104J，
由图可知，加热6min油升高的温度Δt油＝30℃﹣0℃＝30℃，油的质量m油＝200g＝0.2kg，
由Q吸＝cmΔt可知，油的比热容：c油＝＝＝2.1×103J/（kg•℃）。
故答案为：1.26×104；2.1×103。
【典例3-3】（2023春•利通区校级期中）计算：如图是某一品牌的全自动电热水壶，它的容积为1.5L，质量为0.5kg，底座与水平面板的接触面积为200cm2，装满水后水深16cm。试计算装满水后：
（1）水的质量是多少？（1L＝1dm3＝10﹣3m3）
（2）水对壶底的压强是多少？
（3）壶底对水平面板的压强是多少？
（4）水由20℃加热至沸腾（标准大气压），需要吸收多少热量？
已知：水的密度是1.0×103kg/m3，水的比热容为4.2×103J/（kg•℃），g取10N/kg。
【答案】（1）水的质量是1.5kg；
（2）水对壶底的压强是1600Pa；
（3）壶底对水平面板的压强是1000Pa；
（4）水由20℃加热至沸腾），需要吸收的热量是5.04×105J。
【分析】（1）知道水的体积和密度，利用密度公式求出水的质量；
（2）知道水的深度，利用p＝ρgh求出水对壶底的压强；
（3）壶底对水平面板的压力等于水和壶的总重力，利用p＝求出壶底对水平面板的压强；
（4）知道水的质量、比热容、初温和末温，利用Q吸＝cm（t﹣t0）求出水吸收的热量。
【解答】解：（1）水的体积：V＝1.5L＝1.5dm3＝1.5×10﹣3m3，
由ρ＝可知，水的质量：m水＝ρV＝1.0×103kg/m3×1.5×10﹣3m3＝1.5kg；
（2）水对壶底的压强：p＝ρgh＝1.0×103kg/m3×10N/kg×16×10﹣2m2＝1600Pa；
（3）水和壶的总重力：G总＝m总g＝（m水+m壶）g＝（1.5kg+0.5kg）×10N/kg＝20N，
壶底对水平面板的压力：F＝G总＝20N，
壶底对水平面板的压强：p′＝＝＝1000Pa；
（4）一个标准大气压下，水的沸点为100℃，
水由20℃加热至沸腾），需要吸收的热量：Q吸＝c水m水（t﹣t0）＝4.2×103J/（kg•℃）×1.5kg×（100℃﹣20℃）＝5.04×105J。
答：（1）水的质量是1.5kg；
（2）水对壶底的压强是1600Pa；
（3）壶底对水平面板的压强是1000Pa；
（4）水由20℃加热至沸腾），需要吸收的热量是5.04×105J。
【变式3-1】（2023•天山区二模）一只铝球的体积为1cm3，当它的温度升高了5℃时，吸收了4.4J的热量。已知铝的密度为2.7×103kg/m3，铝的比热容为0.88×103J/（kg•℃），则此铝球是（ ）
A．实心的B．空心的
C．空心、实心都有可能D．条件不足，无法确定
【答案】B
【分析】知道铝球的比热容、升高的温度和吸收的热量，利用Q吸＝cmΔt求出铝球的质量；利用密度公式求出铝球的密度，与铝的密度比较可知铝球是空心还是实心。
【解答】解：由Q吸＝cmΔt可知，铝球的质量：m＝＝＝1×10﹣3kg＝1g，
铝球的密度：ρ球＝＝＝1g/cm3＝1×103kg/m3＜ρ铝，所以此铝球是空心的。
故选：B。
【变式3-2】（2023•渝北区校级一模）“过桥米线”是一种云南特色小吃。食材很多，包括一大碗上面浮着一层油的热汤、一碟鲜肉薄片、一碗熟米线等食材，如图所示。食用时，应先把肉片放进热汤内，通过 热传递 方式使肉片内能增大，温度升高至熟透，再加入米线等。要使质量200g、初温20℃的肉升高60℃，需要吸收 4.2×104 J热量。[已知c肉＝3.5×103J/（kg•℃）]
【答案】热传递；4.2×104
【分析】（1）改变物体内能的方法：做功、热传递；
（2）知道肉的质量、比热容、初温和末温，利用吸热公式Q吸＝cm（t﹣t0）求肉吸收的热量。
【解答】解：（1）把肉片放进热汤内，肉片从热汤吸收热量，温度升高、内能增大，是通过热传递的方式使肉片内能增大；
（2）肉的质量m肉＝200g＝0.2kg，
肉吸收的热量：
Q吸＝c肉m肉Δt＝3.5×103J/（kg•℃）×0.2kg×60℃＝4.2×104J。
故答案为：热传递；4.2×104。
【变式3-3】（2023•闵行区二模）小明将一盒200克牛奶放入质量为1千克的热水中加热，过了一会儿热水的温度降低了5℃。求热水所放出的热量Q放。[c水＝4.2×103焦/（千克•℃）]
【答案】热水所放出的热量为2.1×104J。
【分析】已知热水的质量和降低的温度，根据放热公式Q＝cmΔt计算水放出的热量。
【解答】解：热水放出的热量：
Q放＝c水m水Δt＝4.2×103J/（kg•℃）×1kg×5℃＝2.1×104J。
答：热水所放出的热量为2.1×104J。
【考点4 热平衡的应用】
【典例4-1】（2023•襄阳自主招生）有两个温度和质量都相同的金属球，先把甲放入盛热水的杯中，热平衡后，水温降低了Δt，把甲球取出，再将乙球放杯中，热平衡后水温又降低了Δt，则甲球的比热容乙球的比热大小关系是（ ）
A．甲球比热容大于乙球比热容
B．甲球比热容小于乙球比热容
C．甲球比热容等于乙球比热容
D．以上三种情况都有可能
【答案】B
【分析】甲、乙两球，先后投入到同一杯水中，甲乙物体吸收热量、温度升高，水放出热量、温度降低；
由题知，两次水降低的温度相同，也就是水放出的热量相同，甲、乙两球吸收的热量相同；
而甲、乙两球的质量相等、初温相同，经吸热后，乙球的温度比甲球少升高Δt，根据c＝可知甲、乙两球的比热容大小关系。
【解答】解：先后将甲、乙两球投入到同一杯水中，水降低的温度相同，水放出的热量相同，
根据题意可知，球吸收的热量等于水放出的热量，即Q吸＝Q放，
所以甲、乙两球吸收的热量相同，而乙球比甲球少升高了Δt，
由上述分析可知，质量相同的甲、乙两球，吸收相同的热量，甲球升高的温度比乙球升高的温度多，由c＝可知，甲球的比热容乙球的比热容小。
故选：B。
【典例4-2】（2023•瑶海区二模）如图所示的便携式丁烷气炉，内置一瓶燃气，装有热值为8×107J/kg的800g燃气，若此便携式丁烷气炉的热效率为30%。这瓶燃气完全燃烧后能让一标准大气压下 57.1 kg的水由20℃加热至沸腾。[c水＝4.2×103J/（kg•℃）]。（计算结果保留一位小数）
【答案】57.1。
【分析】利用Q放＝mq可求得这些天然气完全燃烧能放出的热量；
由题知，Q吸＝Q放η，而Q吸＝cmΔt，知道水的比热容、水的初温和末温（1标准大气压下，水的沸点为100℃），可求水的质量。
【解答】解：燃气完全燃烧能放出的能量：
Q放＝m燃气q＝800×10﹣2kg×8×107J/kg＝6.4×107J，
由题知，水吸收的热量：
Q吸＝Q放η＝6.4×107J×30%＝1.92×107J，
由Q吸＝c水m′Δt可得，水的质量：
m′＝＝≈57.1kg。
故答案为：57.1。
【变式4-1】（2022秋•梅里斯区期末）甲、乙两物体的质量之比为2：3，当甲物体温度升高10℃，乙物体温度降低15℃时，甲、乙两物体吸收和放出的热量相等，则甲、乙两物体的比热容之比为（ ）
A．2：3B．3：2C．4：9D．9：4
【答案】D
【分析】知道两物体的质量之比和甲、乙两物体升高的温度关系，根据热量公式、乙物体吸收热量和甲物体放出热量的关系，求甲、乙两物体的比热容关系
【解答】解：由题知，m甲：m乙＝2：3，Δt甲＝10℃，Δt乙＝15℃，
∵Q吸＝c甲m甲Δt甲，Q放＝c乙m乙Δt乙，
∴＝＝＝＝。
故选：D。
【变式4-2】（2023•明光市一模）某家庭每天需要将50kg、20℃的水加热到40℃作为生活用热水。若利用热效率为25%的煤气灶烧水，则需要完全燃烧 0.4 kg煤气。[煤气的热值q＝4.2×107J/kg，水的比热容c＝4.2×103J/（kg•℃）]
【答案】0.4。
【分析】知道水的质量、比热容、初温和末温，利用Q吸＝cm（t﹣t0）求出水吸收的热量，利用效率公式求出煤气完全燃烧放出的热量，利用Q放＝mq求出需要完全燃烧煤气的质量。
【解答】解：水吸收的热量：Q吸＝cm（t﹣t0）＝4.2×103J/（kg•℃）×50kg×（40℃﹣20℃）＝4.2×106J，
由η＝可知，煤气完全燃烧放出的热量：Q放＝＝＝1.68×107J，
由Q放＝mq可知，需要完全燃烧煤气的质量：m煤气＝＝＝0.4kg。
故答案为：0.4。
【考点5 比较不同物质吸热的情况实验】
【典例5-1】（2023春•让胡路区校级月考）如图甲，为了比较不同物质的吸热能力，将两个温度传感器分别放置在两个试管中，并将其固定在铁架台上，往两试管装入质量相同、初温不同的a、b两种物质，温度传感器的探头部分与试管内的液体良好接触，传感器通过数据采集线与计算机相连接。在计算机上得到的实验图像如图乙所示，下列说法正确的是（ ）
​
A．两个相同的试管中加入体积相同的a、b物质也可以完成本实验
B．实验中物体吸热的多少是通过升高的温度来衡量的
C．从乙图可知，a所表示的物质温度变化较小，吸热能力较强
D．从乙图可知，b所表示的物质温度变化较大，更适合做冷却剂
【答案】C
【分析】（1）我们使用同一热源通过加热时间的长短来比较吸热多少，这种方法叫转换法；比较物质吸热能力的2种方法：使相同质量的不同物质升高相同的温度，比较吸收的热量（即比较加热时间），吸收热量多的吸热能力强；或使相同质量的不同物质吸收相同的热量（即加热相同的时间），比较温度的变化，温度变化小的吸热能力强；
（2）根据Q＝cmΔt结合a的吸热能力强分析。
【解答】解：A、根据比较吸热能力的方法，要控制不同物质的质量相同（不同物质密度不同，根据m＝ρV，体积相同的不同物质质量不同），故A错误；
B、根据转换法，实验中物体吸热的多少是通过加热时间的长短来衡量的，故B错误；
C、根据乙图可知，经60秒，a所表示的物质温度变化较小，由比较吸热能力的方法，a的吸热能力较强；故C正确；
D、a的吸热能力强，根据Q＝cmΔt可知，在质量和升高的温度相同时，a吸热多，故a更适合做冷却剂，故D错误。
故选：C。
【典例5-2】（2023•牟平区校级一模）某班同学利用图甲所示的实验装置探究水和煤油的吸热能力。
（1）在图甲中除了所给的实验器材外，还需要的测量工具有 秒表 。加热过程中，水和煤油吸收热量的多少是通过 加热时间长短 来判断的。
（2）实验中第1、2两个小组记录的实验数据如表通过分析实验数据，能够得出的结论是： 质量相同的水和煤油升高相同温度，吸收的热量不同（或质量相同的水和煤油升高相同温度，水吸热的热量多） 。
（3）图乙是第1组同学绘制的“吸收热量﹣时间”和“温度﹣时间”图象，能正确描述该实验真实情况的图象是 C （选填序号）。
（4）使质量相同的水升高相同的温度，加热时间应该相同，但1、2两组的同学在交流实验数据时发现：第1小组的加热时间明显偏长，其原因可能是 酒精灯的火焰大小不同 。
（5）这两组同学对图甲的装置进行了改进，将分别装有水和煤油的试管放在同一个烧杯中用水加热，如图丙所示，而不是用两个酒精灯分别加热，这样做的好处是 在相同时间内水和煤油吸收的热量相同 。
（6）若第3组没有改变实验装置，用图甲装置加热水，最后至气泡上升的过程当中，体积越来越大，到水面破裂，发现温度计的示数还在不断的上升，这与他所学过的知识相违背，你觉得他操作过程中出现了什么问题？ 温度计接触到了容器底 。
【答案】（1）秒表；加热时间长短；（2）质量相同的水和煤油升高相同温度，吸收的热量不同（或质量相同的水和煤油升高相同温度，水吸热的热量多）；（3）C；（4）酒精灯的火焰大小不同；（5）在相同时间内水和煤油吸收的热量相同；（6）温度计接触到了容器底。
【分析】（1）我们使用相同的酒精灯通过加热时间的长短来比较吸热多少，这种方法叫转换法。
比较物质吸热能力的2种方法：
①使相同质量的不同物质升高相同的温度，比较吸收的热量（即比较加热时间），吸收热量多的吸热能力强
②使相同质量的不同物质吸收相同的热量（即加热相同的时间），比较温度的变化，温度变化小的吸热能力强；
（2）纵向分析表中数据找出相同的量和不同的量，分析得出吸热与变化量的关系；
（3）根据（1）（2）分析；
（4）从酒精灯的火焰大小考虑；
（5）从吸收热量相同比较；
（6）从温度计的使用规则分析解答。
【解答】解：（1）实验中需要控制水和煤油的质量相同，所以实验中需要用天平测量水和煤油的质量，这用到了控制变量法；
根据转换法，水和煤油吸收热量的多少是通过加热时间的长短来比较吸热多少；故实验中需要用秒表测量加热时间；
（2）通过分析实验数据，能够得出的结论是：质量相同的水和煤油升高相同温度，吸收的热量不同（或质量相同的水和煤油升高相同温度，水吸热的热量多）；
（3）加热时间相同，吸收的热量相同，故AB错误，由表中数据，由（2）知，加热相同时间，水升温慢，故C正确，D错误；
（4）使质量相同的水升高相同的温度，加热时间应该相同，但1、2两组的同学在交流实验数据时发现：第1小组的加热时间明显偏长，其原因可能是：酒精灯的火焰大小不同；
（5）将分别装有水和煤油的试管放在同一个烧杯中用水加热，如图丙所示，而不是用两个酒精灯分别加热，这样做的好处是：在相同时间内水和煤油吸收的热量相同；
（6）用图甲装置加热水，最后至气泡上升的过程当中，体积越来越大，到水面破裂，说明水已经沸腾，此时水的温度应该不变，但温度计的示数还在不断的上升，这可能是温度计接触到了容器底。
故答案为：（1）秒表；加热时间长短；（2）质量相同的水和煤油升高相同温度，吸收的热量不同（或质量相同的水和煤油升高相同温度，水吸热的热量多）；（3）C；（4）酒精灯的火焰大小不同；（5）在相同时间内水和煤油吸收的热量相同；（6）温度计接触到了容器底。
【变式5-1】（2023•惠山区校级二模）小明同学为了比较不同物质的吸热情况，在两个相同的烧杯中分别装有质量相同的牛奶、豆浆，用相同的酒精灯和相同的温度计同时进行了如图所示的实验。
（1）本实验中，通过比较 加热时间 来反映物质吸收热量的多少。
（2）分析表格数据可知，表明 牛奶 （选填“牛奶”或“豆浆”）的吸热能力强；为了比较不同物质的吸热能力，物理学中引入 比热容 来表示不同物质在这种性质上的差异。
【答案】（1）加热时间；（2）牛奶；比热容。
【分析】（1）我们使用相同的酒精灯通过加热时间的长短来比较吸热多少，这种方法叫转换法；
（2）使相同质量的不同物质升高相同的温度，比较吸收的热量（即比较加热时间），吸收热量多的吸热能力强；物理中用比热容来表示不同物质吸热能力的不同。
【解答】解：（1）由转换法，本实验中，通过比较加热时间来反映物质吸收热量的多少。
（2）分析表格数据可知，升高相同的温度，牛奶加热时间长，吸热多，表明牛奶的吸热能力强。
为了比较不同物质的吸热能力，物理学中引入比热容来表示不同物质在这种性质上的差异。
故答案为：（1）加热时间；（2）牛奶；比热容。
【变式5-2】（2023•临沧一模）为了比较水和食用油的吸热能力，同学们设计了如图所示的实验装置。
（1）在实验中，应该往两个烧杯中加入 质量 （选填“质量”或“体积”）相同的水和食用油，并用相同的电加热器加热。
（2）用相同规格的电加热器给两个烧杯中的水和食用油都加热3min，水吸收的热量 等于 （选填“大于”、“小于”或“等于”）食用油吸收的热量。
（3）在实验过程中控制加热时间相同，通过比较 升高的温度 （选填“升高的温度”或“吸热的时间”）来探究水和食用油吸热能力的强弱；根据记录在表格中的数据可知 水 的吸热能力强。
【答案】（1）质量；（2）等于；（3）升高的温度；水。
【分析】我们使用相同的加热器通过加热时间的长短来比较吸热多少，这种方法叫转换法；
比较物质吸热能力的2种方法：使相同质量的不同物质升高相同的温度，比较吸收的热量（即比较加热时间），吸收热量多的吸热能力强；或使相同质量的不同物质吸收相同的热量（即加热相同的时间），比较温度的变化，温度变化小的吸热能力强。
【解答】解：（1）根据比较吸热能力的方法，要控制不同物质的质量相同（不同物质密度不同，根据m＝ρV，体积相同的不同物质质量不同），故在实验中，应该往两个烧杯中加入质量相同的水和食用油，并用相同的电加热器加热。
（2）用相同规格的电加热器给两个烧杯中的水和食用油都加热3min，由转换法，水吸收的热量等于食用油吸收的热量。
（3）在实验过程中控制加热时间相同，通过比较升高的温度来探究水和食用油吸热能力的强弱；根据记录在表格中的数据可知，加热相同时间，水升温慢，故水的吸热能力强。
故答案为：（1）质量；（2）等于；（3）升高的温度；水。
一、选择题。
1．（2023•金乡县三模）如图是某物质凝固过程中的温度﹣时间图像，下列从图像中获得的信息不正确的是（ ）
A．这种物质是晶体，其熔点是40℃
B．在AB段物质放出热量，内能减少
C．在B点和C点的内能相等
D．该物质在固态时的比热容比液态时的比热容小
【答案】C
【分析】（1）晶体和非晶体的区别是晶体有一定的熔点和凝固点，而非晶体没有；通过图象看出物质的温度随着时间的增加呈降低趋势，是物质的凝固过程，晶体凝固过程中放热但温度不变；
（2）运用公式Q＝cmΔt可以知道，当质量和吸收或放出的热量相同时，升高的或降低的温度Δt和比热容c成反比。
【解答】解：通过图象可知，物质的温度随着时间的增加呈降低趋势，是物质的凝固过程，
A．根据图象可知，该物质凝固时有固定的凝固温度（40℃），所以是晶体的凝固图象，同种晶体的熔点和凝固点是相同的，则此物质的熔点是40℃，故A正确；
B．在AB段物质的温度持续下降，放出热量，内能减少，故B正确；
C．BC段是晶体的凝固过程，凝固过程中物质放热，所以在B点的内能大于C点的内能，故C错误；
D．根据公式Q＝cmΔt可以知道，当质量和吸收或放出的热量相同时，升高的或降低的温度Δt和比热容c成反比；AB段温度下降的慢，CD段温度下降的快，则该物质在固态时的比热容比液态时的比热容小，故D正确。
故选：C。
2．（2023•南关区一模）用保温饭盒给饭菜保温，常在饭盒下层注入热水，原因是水的（ ）
A．比热容大B．温度高C．沸点高D．密度大
【答案】A
【分析】水的比热容较大，相同质量的水与其它物质相比，在降低相同温度时，放出的热量多或放出相同的热量温度降低的小。
【解答】解：往保温饭盒下层注入热水，因水的比热容较大，降低较低的温度就可以放出较多的热量，可以温热上层饭盒内的饭菜。
故选：A。
3．（2023•天山区校级一模）在我们日常的生活环境下，若烧开质量为2kg、初温为20℃的一壶水，吸收了8.4×105J的热量后，它的温度可能是（ ）
A．80℃B．100℃C．120℃D．130℃
【答案】B
【分析】已知水的质量、水吸收的热量、水的比热容，利用吸热公式求水吸热后升高的温度；在日常的生活环境下，外界大气压接近1标准大气压，水的沸点接近100℃，据此分析解答。
【解答】解：根据Q吸＝cmΔt可知，水升高的温度为：
Δt＝＝＝100℃，
水的初温为20℃，我们生活的环境的大气压接近1标准大气压，沸点为100℃左右，
水吸热达到100℃后沸腾，继续吸热但温度不变，吸热后的温度是100℃，故B正确。
故选：B。
4．（2022秋•三明期末）甲、乙两物体的质量之比为3：4，乙的比热容是甲的比热容的两倍，若它们升高相同的温度，则甲、乙两物体吸收的热量之比为（ ）
A．8：3B．3：8C．3：2D．2：3
【答案】B
【分析】知道质量、比热容之比，升高相同的温度，根据Q＝cmΔt求出甲、乙两物体吸收的热量之比。
【解答】解：甲、乙两物体的质量之比为3：4，甲、乙的比热容之比为1：2；
由Q＝cmΔt得甲、乙两物体吸收的热量之比为：
＝＝×＝×＝，故B正确。
故选：B。
5．（2022秋•邵东市校级期末）质量相同的甲、乙两物体，甲的温度为t℃，乙的温度为3t℃。另有一杯水温度为2t℃，先将甲投入水中，热平衡时水的温度下降了Δt℃，取出甲后再将乙投入，热平衡时水的温度又恢复到2t℃，不计热损失和水量损失，下列说法正确的是（ ）
A．甲的比热容较大
B．乙的比热容较大
C．甲、乙的比热容一样大
D．无法比较二者的比热容大小
【答案】A
【分析】甲、乙两物，先后投入到同一杯水中，根据甲、乙的初温和投入甲或乙时水的温度关系分析出甲、乙和水的吸、放热关系，从而判断出甲、乙和水的初温与末温，根据Q＝cmΔt和热平衡方程求出甲、乙的比热容关系。
【解答】解：先将甲投入水中，由于水的初温大于甲的初温，所以此时甲吸收热量，水放出热量，
由题意可知，热平衡时，甲和水的末温：t1＝2t℃﹣Δt℃，
此时甲吸收的热量：Q甲吸＝c甲m甲（t1﹣t甲0）＝c甲m甲（2t℃﹣Δt℃﹣t℃）＝c甲m甲（t℃﹣Δt℃），
水放出的热量：Q水放＝c水m水Δt1＝c水m水Δt℃
由热平衡方程可知，Q甲吸＝Q水放，
即c甲m甲（t℃﹣Δt℃）＝c水m水Δt℃……①
取出甲后再将乙投入，由题意可知，此时水的初温小于乙的初温，所以此时水吸收热量，乙放出热量，
热平衡时，乙和水的末温：t2＝2t℃，
水升高的温度：Δt2＝t2﹣t1＝2t℃﹣（2t℃﹣Δt℃）＝Δt℃，
此时乙放出的热量：Q乙放＝c乙m乙（t2﹣t乙0）＝c乙m乙（3t℃﹣2t℃）＝c乙m乙t℃，
水吸收的热量：Q水吸＝c水m水Δt2＝c水m水Δt℃，
由热平衡方程可知，Q乙放＝Q水吸，
即c乙m乙t℃＝c水m水Δt℃……②
由①②可知，c甲m甲（t℃﹣Δt℃）＝c乙m乙t℃，
由题意可知，m甲＝m乙，
所以＝＞1，
因此c甲＞c乙，即甲的比热容较大，故A正确。
故选：A。
6．（2022秋•昭阳区月考）现有甲、乙两个实心金属球，初温度、质量均分别为25℃和3kg，先把甲球放入盛有热水的杯中，热平衡后水温降低了30℃，把甲球取出，再将乙球放入杯中，热平衡后水又降低了30℃，不计热量损失，则甲球的比热c甲和乙球的比热c乙的大小关系是（ ）
A．c甲＞c乙B．c甲＜c乙
C．c甲＝c乙D．以上三种情况都有可能
【答案】B
【分析】先判断出在达到热平衡时，甲、乙两球哪个温度变化大，再判断物质比热容的大小。
【解答】解：甲、乙两球温度相等，设为t0，设开始时水温为t。
甲在水中达到热平衡后温度变化了Δt甲＝t﹣30℃﹣t0＝t﹣30℃﹣25℃＝t﹣55℃，
乙在水中达到热平衡后温度变化了Δt乙＝t﹣30℃﹣30℃﹣t0＝t﹣60℃﹣25℃＝t﹣85℃，
所以Δt甲＞Δt乙，
在这两种情况下，水释放出的热量Q放＝m水c水Δt水＝30℃×m水c水相等，
所以热平衡时，甲、乙吸收的热量相等，而甲、乙吸收的热量分别为：Q吸甲＝m甲c甲Δt甲，Q吸乙＝m乙c乙Δt乙，
又因为m甲＝m乙，Δt甲＞Δt乙，所以c甲＜c乙。
故选：B。
7．（2023•青羊区模拟）在“比较不同液体比热容大小”的实验中，用相同酒精灯对四种液体加热，得到了如下表所示的一些数据；若四次实验中，在相同时间内，水、甲、乙、丙吸收的热量相等，已知水的比热容为c水＝4.2×103J/（kg•℃），则下列说法正确的是（ ）
A．甲液体的比热容小于乙液体的比热容
B．乙液体的比热容为2.1×103J/（kg•℃）
C．第1次实验中，水吸收的热量一定等于酒精燃烧放出的热量
D．第3、4次实验中，乙液体吸收的热量大于丙液体吸收的热量
【答案】B
【分析】A、在相同时间内，水、甲、乙、丙吸收的热量相等，根据已知条件可知甲乙吸热之比；根据Q＝cmΔt得出甲、乙吸热之比，据此比较甲液体的比热容与乙液体的比热容大小；
B、根据Q＝cmΔt可知，结合转换法根据乙、水吸热之比求出乙液体的比热容；
C、酒精燃烧放出的热量不能被水完全吸收；
第1次实验中，水吸收的热量一定小于酒精燃烧放出的热量，故C错误；
D、根据已知条件，相同时间吸热相同。
【解答】解：A、在相同时间内，水、甲、乙、丙吸收的热量相等，根据已知条件，甲乙吸热之比为10：14；根据Q＝cmΔt可知甲、乙吸热之比为：
c甲×0.2kg×20℃：c乙×0.4kg×20℃＝10：14；
故c甲＝c乙；
即甲液体的比热容大于乙液体的比热容，故A错误；
B、根据Q＝cmΔt可知，结合转换法，乙、水吸热之比为：
c乙×0.4kg×20℃：c水×0.2kg×10℃＝2：1
c乙＝0.5c水＝0.5×4.2×103J/（kg•℃）＝2.1×103J/（kg•℃）；
故B正确；
C、考虑到热量损失，第1次实验中，水吸收的热量一定小于酒精燃烧放出的热量，故C错误；
D、根据转换法，第3、4次实验中，因加热时间相同，乙液体吸收的热量等于丙液体吸收的热量，故D错误。
故选：B。
8．（2023•楚雄州一模）（多选）2020年12月17日，“嫦娥五号”在月球上收集了一满罐的月球土壤（简称“月壤”），科研人员称出其质量为173lg，与计划的2000g存在差距，主要原因是收集罐的容积是按照月壤密度为1.6×103kg/m3而设计的。以下说法正确的是（ ）
A．月壤从月球带回地球后质量变小了
B．若将月壤分成等质量的两份，则每份的比热容都变小
C．收集罐的容积为1.25×10﹣3m3
D．月壤的实际密度小于1.6×103kg/m3
【答案】CD
【分析】（1）物体所含物质的多少叫质量，物体的质量与物体的形状、状态、空间位置和温度无关；
（2）比热容是物质本身的一种特性，反映了物体的吸热或放热能力，大小只与物质的种类和状态有关，与其它因素没有关系；
（3）利用密度公式计算出收集罐的容积；
（4）知道月壤的质量和体积，利用密度公式计算出月壤的密度。
【解答】解：A．物体的质量与物体的形状、状态、空间位置和温度无关，月壤从月球带回地球后位置变化，但是质量不变，故A错误；
B．将月壤分成等质量的两份，由于物质的种类、状态没有变化，所以比热容不变，故B错误；
C．由可知，收集罐的容积＝1.25×10﹣3m3，故C正确；
D．月壤的密度＝1.3835×103kg/m3＜1.6×103kg/m3，故D正确；
故选：CD。
9．（2023•翠屏区校级模拟）（多选）小明同学将某种固态物质放入加热功率恒定的装置中，在一个标准大气压下探究某物质熔化时温度随时间变化的图象，如图，不计热量损失。下列说法正确的是（ ）
A．该物质固态时为晶体
B．该物质熔化过程共12min
C．该物质在第8min时和第6min时的内能相等
D．该物质在CD段的比热容比AB段比热容的大
【答案】AD
【分析】（1）从晶体和非晶体的重要区别进行分析：晶体熔化时，不断吸收热量，温度保持不变；非晶体熔化时，不断吸收热量，温度逐渐升高；
晶体熔化时，不断吸收热量，温度保持不变，这个不变的温度是晶体的熔点；
（2）液体在沸腾过程中，不断吸热，温度保持不变；
（3）由图象可知，此物质固态时在相同的时间内吸收相同热量，升高的温度比液态时升高的温度大，由此可知温度变化越大，比热容就越小。
【解答】解：A．由图象知，该物质在熔化过程中温度保持0℃不变（即有一定的熔化温度），所以该物质在固态时是晶体，故A正确；
B．由图象可知，该物质在BC段是熔化过程，该物质熔化过程共8min﹣4min＝4min，故B错误；
C．晶体熔化时，仍然不断吸收热量，温度不变，但内能增加，所以该物质在第8min时的内能大于第6min时的内能，故C错误；
D．由图象知，相同时间内，吸收相同热量，此物质固态时升高的温度大于液态时升高的温度，由Q吸＝cmΔt可知，当质量和吸收的热量都相同时，Δt越大的比热容就越小，所以液态时的比热容比固态时大，即该物质在CD段的比热容比AB段比热容的大，故D正确。
故选：AD。
二、填空题。
10．（2022秋•兖州区期末）将质量和初温均相同的铝、铜、铁三个金属球（c铝＞c铁＞c铜），浸没在沸水中煮较长的一段时间，则三个球从沸水中吸收的热量 铝的多 （选填“相同”“铝的多”或“铜的多”）。
【答案】铝的多。
【分析】热传递的结果是温度相等，结合热量公式Q＝cmΔt可知三种质量和初温相同的物质升高相同的温度，比热容大的吸收的热量多，比热容小的吸收的热量少。
【解答】解：（1）由于热传递的结果是温度相等，所以煮较长的一段时间后三个金属球的温度都与沸水温度相同；
（2）根据热量公式Q＝cmΔt分析可知，三种质量和初温相同的物质升高相同的温度，比热容大的吸收的热量多，比热容小的吸收的热量少，所以铝球吸收的热量最多，铜球吸收的热量最少。
故答案为：铝的多。
11．（2022秋•鲁甸县期末）如图所示，剥开粽子时会出现粽叶和米粒之间有“拉丝”的现象，说明分子间存在 引力 。蒸完粽子后锅内剩余水的质量减小了，水的比热容 不变 （选填“变大”、“变小”或“不变”）。
【答案】引力；不变。
【分析】（1）分子间存在相互作用的引力和斥力。
（2）比热容是物质的一种性质，与物质的质量、温度等无关。
【解答】解：如图所示，剥开粽子时会出现粽叶和米粒之间有“拉丝”的现象，说明分子间存在引力。蒸完粽子后锅内剩余水的质量减小了，水的比热容不变。
故答案为：引力；不变。
12．（2023春•汉寿县期中）如图是某沿海城市与某内陆城市同一天的气温变化曲线。请你判断内陆城市一天气温变化所对应的曲线是 A （填A或B），这是由于砂石的比热容 小于 （填大于、等于或小于）水的比热容。
【答案】A；小于
【分析】比热容大的物质吸热能力强，在质量、吸收相同的热量时，温度变化小。
【解答】解；内陆地区砂石多，砂石比热容比水小，在质量相同、吸收或放出相同的热量时，温度变化大，使得内陆城市昼夜温差变化大。
故答案为：A；小于。
13．（2023•莆田模拟）如图是我国古代工匠发明的省油灯，灯壁内有中空夹层，夹层内贮水。灯点燃后，由于水的 比热容 较大，可通过吸热，减慢灯油的 汽化（蒸发） （填物态变化名称），达到省油的效果。
【答案】比热容；汽化（蒸发）。
【分析】（1）水的比热容较大，在吸收相同的热量时，温度变化不大。
（2）影响蒸发快慢的因素有：①液体的温度；②液体的表面积；③液体表面的空气流动速度。
【解答】解：在夹层中加水，因为水的比热容较大，可以吸收更多的热量，使油的温度升高的较慢些，灯油汽化的慢，达到省油的目的。
故答案为：比热容；汽化（蒸发）。
14．（2023•环翠区一模）如图所示，油汀取暖器是利用热油循环起来给空气或物体加热。质量为3.5kg的热油经过散热片时，油的温度由80℃降到60℃，则这个过程中热油的内能减小了 53200 J；这种改变内能的方法其实质是 能量的转移 。[c油＝0.76×103J/（kg•℃），不计热损失]
【答案】53200；能量的转移。
【分析】根据Q放＝c油m（t0﹣t）算出油放出的热量；
改变内能的方法是做功和热传递。
【解答】解：油放出的热量为：
Q放＝c油m（t0﹣t）＝0.76×103J/（kg•℃）×3.5kg×（80℃﹣60℃）＝53200J；
这是用热传递的方法改变了热油的内能，其实质是能量的转移。
故答案为：53200；能量的转移。
15．（2023•东莞市二模）甲、乙液体分别置于两个不同的恒温封闭环境中，质量保持不变。测得甲、乙液体的温度随时间变化如图所示。
（1） 甲 （选填“甲”或“乙”）液体的分子运动随时间越来越剧烈。
（2）甲液体所在环境的温度 大于35℃ （选填“小于1.7℃”“等于20℃”或“大于35℃”）。
（3）乙液体在“1min﹣2min”段、“8min﹣9min”段放出的热量分别为Q1、Q2，则Q1 ＞ Q2（选填“＞”“＝”或“＜”）。
【答案】（1）甲；（2）大于35℃；（3）＞。
【分析】（1）分子的无规则运动跟温度有关，温度越高，这种运动越剧烈，因此把分子永不停息的无规则运动叫做分子的热运动；
（2）热传递：热量从温度高的物体传递到温度低的物体，或从物体高温部分传递到低温部分的过程；
（3）根据Q放＝cmΔt分析即可。
【解答】解：（1）分子的热运动与温度有关，温度越高，运动越剧烈，由题图可知，甲的温度逐渐升高，乙的温度逐渐降低，所以甲液体分子运动随时间越来越剧烈；
（2）甲液体初始温度是20℃，随着时间可以达到35℃，从甲的图像可以看出，温度可能还会升高，故甲液体所在环境的温度大于35℃，才能够继续把热量传递给甲；
（3）由题图可知“1min﹣2min”段乙液体温度变化量为3℃，“8min﹣9min”段乙液体温度变化量为1.4℃，根据物体放热公式：Q放＝cmΔt可知，“1min﹣2min”段放出热量更多，所以Q1＞Q2。
故答案为：（1）甲；（2）大于35℃；（3）＞。
16．（2023•安徽一模）2022年9月，卫星“夸父一号”使用长征二号运载火箭发射升空，开启了对太阳的探测之旅。“夸父一号”主要以偏二甲肼作为燃料，其质量为1500kg，它完全燃烧所产生的热量可全部被温度为20℃的水吸收后升高到35℃，则水的质量为 1×103 t。[c水＝4.2×103J/（kg•℃），q偏二甲肼＝4.2×107J/kg]
【答案】1×103
【分析】知道偏二甲肼的热值、质量，利用Q放＝mg求完全燃烧放出的热量；这些能量全部被水吸收，即Q吸＝Q放，再根据Q吸＝cmΔt求出水的质量。
【解答】解：偏二甲肼完全燃烧放出的热量：Q放＝m偏二甲肼q偏二甲肼＝1500kg×4.2×107J/kg＝6.3×1010J；
这些能量全部被水吸收，即Q吸＝Q放＝6.3×1010J，
水升高的温度为：Δt＝35℃﹣20℃＝15℃；
由Q吸＝cmΔt可得水的质量：m水＝＝＝1×106kg＝1×103t。
故答案为：1×103。
三、实验探究题。
17．（2023•石家庄一模）小明利用两套相同的实验装置“探究物质的比热容大小”。如图甲所示，在A、B烧杯中分别装有质量、温度均相同的a、b两种液体，将两个完全相同的电热器分别放入两个烧杯中。小明经过实验得出系列数据，并画出a、b两种液体的温度随时间变化的关系图象，如图乙所示。
（1）从图乙中可看出，当两者的温度都升高到60℃的过程中，液体a吸收的热量 小于 （选填“大于”“小于”或“等于”）液体b吸收的热量，因此可判定液体a与液体b的比热容之比为 1：2 。
（2）若实验中提供的水和食用油的质量均为100g，则烧杯B中的液体在20min内吸收了 1.68×104 J的热量。[假设没有热损失，c水＝4.2×103J/（kg•℃），c油＝2.1×103J/（kg•℃）]
【答案】（1）小于；1：2；（2）1.68×104
【分析】（1）我们使用相同的加热器通过加热时间的长短来比较吸热多少；根据Q吸＝W＝Pt求出液体吸收的热量；
根据c＝求出比热容之比；
（2）加热时间相同，水吸收的热量和食用油吸收的热量相同；根据Q吸＝cmΔt求出水吸收的热量，即为食用油吸收的热量。
【解答】解：（1）实验中用相同的加热器加热，根据转换法可知，加热相同的时间，液体a吸收的热量等于液体b吸收的热量；
根据图像可知，质量相同的两种液体升高相同的温度，b的加热时间为a的加热时间的2倍，则b吸收的热量为a吸收热量的2倍，根据c＝可知，液体a的比热容与液体b的比热容之比为1：2；
（2）由于a的比热容小，则a为食用油、b为水；加热20min，水和食用油吸收的热量相同，则烧杯B中的m＝100g＝0.1kg；
液体在20min内吸收的热量为：
Q水＝c水mΔt水＝4.2×103J/（kg•℃）×0.1kg×（60℃﹣20℃）＝1.68×104J。
故答案为：（1）小于；1：2；（2）1.68×104。
四、计算题。
18．（2022秋•西城区校级期中）质量为5kg的某种物质，温度从﹣15℃降到﹣25℃的过程中，共放出热量1.05×105J，通过计算和所给表格判断它可能是什么物质？
【答案】该物质是冰。
【分析】知道物体的质量、放出的热量、初温和末温，根据公式Q放＝cmΔt＝cm（t0﹣t）求该物质的比热容，对应表格中的数据判断是什么物质。
【解答】解：因为Q放＝cmΔt＝cm（t0﹣t），
该物质的比热容为：
由表中数据可知，该物质是冰。
19．（2023•金山区二模）质量为5kg的水温度升高10℃。求水吸收的热量Q吸。[c水＝4.2×103J/（kg•℃）]
【答案】水吸收的热量为2.1×105J。
【分析】知道水的质量、水的比热容、水温度升高值，利用吸热公式Q吸＝cmΔt求水吸收的热量。
【解答】解：水吸收的热量：
Q吸＝c水mΔt
＝4.2×103J/（kg•℃）×5kg×10℃
＝2.1×105J。
答：水吸收的热量为2.1×105J。
20．（2022秋•同心县期末）用天然气灶烧水，燃烧0.5m3的天然气，把100kg的水从20℃加热到70℃，则水吸收的热量是多少？水的比热容为4.2×103J/（kg•℃）。
【答案】水吸收的热量是2.1×107J。
【分析】知道水的质量、比热容、初温和末温，利用Q吸＝cm（t﹣t0）求出水吸收的热量。
【解答】解：水吸收的热量：Q吸＝cm（t﹣t0）＝4.2×103J/（kg•℃）×100kg×（70℃﹣20℃）＝2.1×107J。
答：水吸收的热量是2.1×107J。
五、解答题。
21．（2023•黄埔区一模）桌子上有A、B、C、D四个质量均为0.1kg的实心铁块。小明用红外成像测温仪拍摄铁块的温度如图所示（四个铁块未按顺序排列）。接着他在A铁块上放上冰块，在B铁块喷上温度为19.2℃的乙醇消毒液，用手快速摩擦D铁块，再用红外成像测温仪拍得画面如图所示（冰块未画出）。铁的比热容为0.46×103J/（kg•℃）。
（1）相比放冰块之前，铁块A的内能 变小 （填“变大”、“变小”或“不变”）。
（2）图中，哪块铁块是D铁块？请你在该铁块中标上“D”。
（3）喷在B铁块上的乙醇消毒液发生了哪种物态变化？ 汽化 ；该物态变化过程要 吸热 （填“吸热”或“放热”）。
（4）由图1到图2，左边第一块铁块放出的热量为 92 J。
【答案】（1）变小；（2）图见解答；（3）汽化；吸热；（4）92。
【分析】（1）热传递可以改变物体的内能，吸收热量，内能增加，放出热量，内能减小；
（2）做功可以改变物体的内能，对物体做功，物体的内能增加，温度升高；物体对外界做功，物体的内能减小，温度降低，据此作图；
（3）物体由液态变为气态的过程叫做汽化，汽化要吸收热量；
（4）知道铁块的质量、比热容、初温和末温，利用Q放＝cm（t0﹣t）求出铁块放出的热量。
【解答】解：（1）铁块的温度高，冰块的温度低，在A铁块上放上冰块，冰块会从铁块上吸收热量，使铁块的温度降低，内能变小；
（2）用手快速摩擦D铁块，通过做功的方式把手的机械能转化为内能，使铁块的内能增加，温度升高，图2中左边第二块铁块是D铁块；
如图所示：
（3）喷在B铁块上的乙醇消毒液吸收热量变为气态的乙醇气体，物体由液态变为气态的过程叫做汽化；汽化过程要吸收热量；
（4）左边第一块铁块放出的热量：Q放＝cm（t0﹣t）＝0.46×103J/（kg•℃）×0.1kg×（19.2℃﹣17.2℃）＝92J。
故答案为：（1）变小；（2）图见解答；（3）汽化；吸热；（4）92。
22．（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？
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）已知天然气的质量和热值，利用Q＝mq可求得天然气完全燃烧产生的热量；
（2）由图知，经过2～4min，水升高的温度值，利用吸热公式求水吸收的热量；
（3）烧水时的热效率等于水吸收的热量与燃料完全燃烧放出的热量之比；发生热传递的条件是存在温度差，温度差越大，热传递越快。
【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；
（3）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吸′＝Q放＝×0.6×107J＝0.2×107J，
烧水时的热效率：η＝×100%＝×100%＝63%。
答：（1）天然气完全燃烧产生的热量为0.6×107J；
（2）2～4min时间，水所吸收的热量是8.4×105J；
（3）“0～2min”烧水的效率最高；烧水时的最高热效率为63%。比热容[J/（kg•℃）]
煤油2.1×103
铝0.90×103
水4.2×103
铜0.39×103
实验组别
液体
质量/g
初温/℃
末温/℃
加热时间/min
1
水
200
25
40
13.5
煤油
200
25
40
6.5
2
水
200
25
40
12
煤油
200
25
40
5.5
名称
质量/g
温度升高10℃加热时间/s
温度升高20℃加热时间/s
温度升高30℃加热时间/s
豆浆
350
220
330
550
牛奶
350
260
520
650
初始温度/℃
加热时间/min
最后温度/℃
水
20
6
45
食用油
20
6
68
次数
液体
质量/g
升高的温度/℃
加热时间/min
1
水
200
10
7
2
甲
200
20
10
3
乙
400
20
14
4
丙
400
15
14
物体比热容
比热容c/[J•（kg•℃）﹣1]
冰
2.1×103
砂石
0.92×103
铅
0.88×103