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初中苏科版3 物质的比热容习题
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这是一份初中苏科版3 物质的比热容习题，文件包含123物质的比热容考点解读原卷版docx、123物质的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39页， 欢迎下载使用。
1、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；
①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；
②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；
①作冷却剂时，是让水吸收带走更多的热量；
②用来取暖时，是让水放出更多热量供给人们，另一方面。
2、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。
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、沙子、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沙子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，读出此时水和沙子的初温度，填入表中；
步骤④点燃酒精灯，同时对水和沙子加热，加热时间均为6分钟，停止加热前分别读出水和沙子的末温度, 填入表中；
步骤 = 5 \* GB3 ⑤整理实验器材。
（5）实验结论：质量相同的水和沙子吸收相同的热量,食用油的温度升高的较大。
（6）实验分析：判断水与沙子的吸热本领的大小，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 水的比热容的特点及应用】
【典例1-1】（2023•连云港）沿海地区的昼夜温差较小，而内陆地区（尤其是沙漠）的昼夜温差较大，这主要是因为（ ）
A．水的内能多，沙石的内能少
B．水的导热性好，沙石的导热性差
C．水的比热容大，沙石的比热容小
D．水吸收的热量多，沙石吸收的热量少
【答案】C
【分析】因为沙子的比热容比水的小，白天，相同质量的不同物质，吸收相同的热量后，比热容小的温度升高的多；夜晚，相同质量的不同物质放出相同的热量后，比热容小的温度下降的多，气温较低，据此回答产生这种气候的原因。
【解答】解：因为沙子的比热容较小、水的比热容较大，白天，吸收热量后，沙子的温度升高的多，气温较高；夜晚，放出热量后，沙子的温度下降的多，气温较低；所以沿海地区昼夜温差较小，而内陆地区（尤其是沙漠）的昼夜温差较大。
故选：C。
【典例1-2】（2023•天桥区三模）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 大于 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 甲 能描述夜晚的风向。
【答案】大于；甲。
【分析】沿海地区水多，水的比热容较大，相同质量的水和其他物质相比，吸收或放出相同的热量时，水的温度变化小；热空气会上升。
【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，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。
故答案为：大于；甲。
【变式1-1】（2023•天山区校级模拟）炎热的夏天，小乐到海边游玩，中午她站在沙难上脚感到烫，而在海水中感到凉，这主要是因为（ ）
A．水吸收的热量较多B．沙子吸收的热量较多
C．水的比热容小D．沙子的比热容小
【答案】D
【分析】单位质量的某种物质温度升高（或降低）1℃吸收（或放出）的热量为该物质的比热容，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。
【解答】解：炎热的夏天，沙子烫、海水凉，这与它们的比热容有关；水的比热容较大，沙子的比热容小，相同质量的水和沙子，在同样的日照条件下，吸收相同的热量，水的温度变化小，沙子的温度变化大，所以海水凉，沙子烫。
故选：D。
【变式1-2】（2023•东台市校级模拟）汽车在行驶时，发动机的温度会升得很高．为了确保安全，可用水循环进行冷却，这是通过 热传递 的方式来改变发动机的内能；用水来冷却是因为水的 比热容 较大。刹车时，汽车不能立即停下来是因为汽车具有 惯性 。
【答案】热传递；比热容；惯性。
【分析】（1）改变物体内能的方法有：做功和热传递；热传递是指热量从高温物体（或物体的高温部分）传向低温物体（或物体的低温部分），直到温度相同为止。
（2）根据水的比热容较大的特点分析：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。
（3）物体保持原来运动状态不变的性质叫惯性，一切物体都有惯性。
【解答】解：（1）用水循环冷却发动机的过程中，是内能发生了转移，属于通过热传递改变物体的内能；
（2）因为水的比热容较大，相同质量的水和其它物质比较，升高相同温度时，水吸收的热量多，所以汽车发动机用水来冷却；
（3）刹车前，汽车是在高速行驶；刹车后，由于汽车具有惯性，它还要保持原来的运动状态，所以无法立即停下。
故答案为：热传递；比热容；惯性。
【考点2 比热容的概念及其应用】
【典例2-1】（2023•东港区校级三模）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．1min内，乙吸收的热量比甲多
B．1min后乙温度不变，内能不变
C．甲的比热容比乙的大
D．沸腾是一种汽化现象，需要放热
【答案】C
【分析】（1）质量和初温都相同的两物体，吸收相同的热量，温度上升快的比热容小；
（2）晶体熔化时，温度不变，内能变大；
（3）汽化指物质由液态转变成气态，汽化要吸热。
【解答】解：A、用相同的电加热器加热，1min内，乙吸收的热量等于甲吸收的热量，故A错误；
B、1min后乙温度不变，内能变大，故B错误；
C、从图示可知，乙上升的温度比甲快，故甲的比热容比乙的大，故C正确；
D、沸腾是一种汽化现象，需要吸热，故D错误。
故选：C。
【典例2-2】（2023•越秀区校级二模）质量均为100g的四种物质，当温度降低1℃时所放出的热量如图所示。请根据图中信息回答以下问题。
（1）煤油的比热容为 2.5×103 J/（kg•℃）；
（2）质量相等的铝块和铜块吸收相同的热量，铝块升高温度为Δt1，铜块升高温度为Δt2，则Δt1 小于 Δt2（选填“大于”、“小于”或“等于”）；判断依据为： 由Q吸＝cmΔt可知，质量相等的铝块和铜块吸收相同的热量，铜的比热容小，铜块温度的变化更大 。
【答案】（1）2.5×103；（2）大于；由Q＝cmΔt可知，质量相等的铝块和铜块吸收相同的热量，铜的比热容小，铜块温度的变化更大。
【分析】（1）根据Q＝cmΔt求煤油的比热容；
（2）利用Q＝cmΔt结合图中信息比较铝和铜的比热容；根据Q＝cmΔt可知，质量相同的不同物质吸收相同的热量，比热容小的物质，温度变化较大。
【解答】解：（1）由图可知，100g＝0.1kg的煤油温度降低1℃时所放出的热量为250J，
由Q＝cmΔt可知，煤油的比热容：c煤油＝＝＝2.5×103J/（kg•℃）；
（2）由图可知，100g铝和铜降低相同的温度，铝放出的热量多，由Q＝cmΔt可知，铝的比热容大，铜的比热容小；
由Q＝cmΔt可知，质量相等的铝块和铜块吸收相同的热量，铜的比热容小，铜块温度的变化更大，所以Δt1小于Δt2。
故答案为：（1）2.5×103；（2）大于；由Q＝cmΔt可知，质量相等的铝块和铜块吸收相同的热量，铜的比热容小，铜块温度的变化更大。
【变式2-1】（2023•北京二模）小莉根据下列表中的数据，得出以下四个结论，其中正确的是（ ）
A．用来熔化铜的器皿可以用锡制作
B．质量相等的纯水和煤油，纯水的体积较大
C．质量相等的铜块和铝块，放出相等热量，铝块温度降低得较多
D．质量相等的干泥土和水，吸收相等热量，干泥土温度升高得较多
【答案】D
【分析】（1）从表中数据找出铜和锡的熔点再进行判断；
（2）从表中数据找出纯水和煤油的密度再进行判断；
（3）从表中数据找出铜和铝块的比热容再进行判断；
（4）从表中数据找出干泥土和水的比热容再进行判断；
【解答】解：A、从表中数据可知，铜的熔点比锡高，故用来熔化铜的器皿不可以用锡制作，故A错误；
B、从表中数据可知，纯水的密度比煤油大，故质量相等的纯水和煤油，纯水的体积较小，故B错误；
C、从表中数据可知，铜的比热容比铝小，故质量相等的铜块和铝块，放出相等热量，铜块温度降低得较多，故C错误；
D、从表中数据可知，干泥土的比热容比水小，故质量相等的干泥土和水，吸收相等热量，干泥土温度升高得较多，故D正确。
故选：D。
【变式2-2】（2023•天长市校级三模）高勤同学对冰块加热，她绘制了冰熔化成水直到沸腾的过程中温度随时间变化的图像（如图所示），下列分析中正确的是（ ）
A．冰的熔化过程经历了6min，且冰是晶体
B．在第10min，冰继续吸热温度不变，处于固液共存状态
C．由图像可知，当时液面上方气压高于1个标准大气压
D．AB 段物体的比热容小于CD段物体的比热容
【答案】D
【分析】（1）从熔化开始到熔化结束即为冰的熔化时间；晶体有固定的熔点，而非晶体没有固定的熔点；
（2）根据图像信息分析；
（3）标准大气压下，水的沸点是100℃；
（4）相同质量的物质，吸收相同的热量，温度变化小的比热容大。
【解答】解：A．由图可知，冰的熔化时间经历6min﹣2min＝4min，冰在熔化过程中吸收热量、温度不变，冰是晶体，故A错误；
B．由图可知，在第10min，冰已全部熔化成水，继续吸热温度升高，处于液态，故B错误；
C．由图像可知，水的沸点是100℃，说明当时液面上方气压等于1个标准大气压，故C错误；
D．AB和CD段的质量相等，加热情况相同，AB段温度变化较快，说明其比热容较小，故D正确。
故选：D。
【变式2-3】（2023•达州）如图所示是热管的工作原理图，当热管的热端受热时，吸液芯里的液体吸收热量变成蒸气，这一过程叫 汽化 （填物态变化的名称），蒸气在管子里跑到冷端 放出 （选填“吸收”或“放出”）热量变成液态，液体通过吸液芯又回到热端。这一过程循环进行，不断地将热量从热端带到冷端。若50g的该液体吸收2400J的热量后，温度升高了40℃，则该液体的比热容为 1.2×103 J/（kg•℃）。
【答案】汽化；放出；1.2×103。
【分析】（1）物质由液态变为气态的过程叫汽化，汽化吸热；
（2）物质由气态变为液态的过程叫液化，液化放热；
（3）根据热量公式Q＝cmΔt进行计算。
【解答】解：热管的热端受热时，吸液芯里的液体吸收热量变成蒸气，是液态变为气态的过程，是汽化现象；
蒸气在管子里跑到冷端变成液态，是气态变为液态的过程，是液化现象，液化放热；
根据热量公式Q＝cmΔt可得该液体的比热容c＝＝＝1.2×103J/（kg•℃）。
故答案为：汽化；放出；1.2×103。
【考点3 热量的计算】
【典例3-1】（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
【答案】D
【分析】（1）选同样的加热时间，甲和乙吸热相同，根据温度变化的多少判断，温度变化多的比热容小，温度变化少的比热容大，据此分析判断；
（2）由图像知乙液体初温和末温；
（3）根据Q放＝cmΔt可求出甲液体放出的热量；
（4）相同时间水和液体放出的热量相同，而水和液体的质量相同，变化的温度由图可知，根据放热公式求液体的比热容。
【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。
【典例3-2】（2023•南充模拟）净含量为500mL（1mL＝1×10﹣6m3）的瓶装饮用纯净水的质量为 0.5 kg；若将其放入冰箱冷藏，温度降低了20℃，则水放出的热量为 4.2×104 J。[已知水的密度ρ＝1.0×103kg/m3，水的比热容c＝4.2×103J/（kg•℃）]。
【答案】0.5；4.2×104。
【分析】利用密度公式求出纯净水的质量；根据Q放＝cmΔt求出水放出的热量；
【解答】解：由ρ＝可知，纯净水的质量：m＝ρV＝1.0×103kg/m3×500×1×10﹣6m3＝0.5kg；
水放出的热量：Q放＝cmΔt＝4.2×103J/（kg.℃）×0.5kg×20℃＝4.2×104J。
故答案为：0.5；4.2×104。
【典例3-3】（2023•杨浦区二模）质量为2千克的铝块温度从60℃降低到10℃，求铝块放出的热量Q。[c＝0.9×103J/（kg•℃）]
【答案】铝块放出的热量Q为9×104J。
【分析】知道铝的质量、比热容、初温和末温，利用Q放＝cm（t﹣t0）求出铝放出的热量。
【解答】解：铝块放出的热量：Q＝cm（t﹣t0）＝0.9×103J/（kg•℃）×2kg×（60℃﹣10℃）＝9×104J。
答：铝块放出的热量Q为9×104J。
【变式3-1】（2023春•浦东新区校级月考）同种物质组成的甲、乙两个物体，当他们升高的温度之比是2：1，吸收的热量之比是4：1时，则他们的质量之比是（ ）
A．1：2B．2：1C．4：1D．1：4
【答案】B
【分析】同种材料制成的甲、乙两个物体的比热容相等，又知道它们升高的温度和吸热热量之比，根据Q＝cmΔt求出它们的质量之比。
【解答】解：由题意可知，c甲：c乙＝1：1，Δt甲：Δt乙＝2：1，Q甲：Q乙＝4：1，
∵Q＝cmΔt，
∴甲、乙的质量之比：
＝＝××＝××＝2：1。
故选：B。
【变式3-2】（2023•武进区模拟）学校实验室挂一只装有0.2g酒精作为测温液体的温度计，在一天中某一时段的初、末两个时刻，温度计的示数分别如图甲和图乙所示，乙的示数为 ﹣3 ℃。在这段时间内，温度计内的酒精 放出 （吸收/放出）的热量为 7.2 J。[c酒精＝2.4×103J/（kg•℃）]
【答案】﹣3；放出；7.2。
【分析】先确定寒暑表的分度值，注意液柱是在零刻度线的上方还是下方，然后读出此温度计的示数；
物体的温度降低，放出热量；根据Q放＝cm（t0﹣t）求出酒精放出的热量。
【解答】解：
图中寒暑表的一个大格为10℃，一个大格分为10个小格，则一个小格是1℃，即分度值为1℃，
根据图中液柱的位置可知，甲的示数为12℃，乙的示数为零下3℃。
由题意知，初温t0＝12℃，末温t＝﹣3℃，
由于温度降低，所以，寒暑表内的酒精放出的热量；
酒精的质量m＝0.2g＝2×10﹣4kg，
则酒精放出的热量：
Q放＝cm（t0﹣t）＝2.4×103J/（kg•℃）×2×10﹣4kg×[12℃﹣（﹣3℃）]＝7.2J。
故答案为：﹣3；放出；7.2。
【变式3-3】（2023•天宁区校级一模）如图所示，某家庭太阳能热水器阳光照射时，平均每小时吸收7.0×106J的太阳能，若热水器吸收8h的太阳能，可以使质量为100kg的水温度升高50℃。已知水的比热容c水＝4.2×103J/（kg•℃），求：
（1）水吸收的热量；
（2）该太阳能热水器的效率。
【答案】（1）水吸收的热量为2.1×107J；
（2）该太阳能热水器的效率为37.5%。
【分析】（1）知道水的质量和水的比热容以及水升高的温度，根据Q吸＝cmΔt求出水吸收的热量；
（2）根据题意求出热水器吸收8h的太阳能，利用效率公式求出太阳能热水器的效率。
【解答】解：（1）水吸收的热量：Q吸＝c水mΔt＝4.2×103J/（kg•℃）×100kg×50℃＝2.1×107J；
（2）热水器吸收8h太阳的太阳能：E＝8h×7.0×106J/h＝5.6×107J，
该太阳能热水器的效率：η＝＝＝37.5%。
答：（1）水吸收的热量为2.1×107J；
（2）该太阳能热水器的效率为37.5%。
【考点4 热平衡的应用】
【典例4-1】（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。
【典例4-2】（2023•包河区一模）我国科学家已探明南海海底有大量的清洁能源——“可燃冰”（主要成分是固态甲院），其热值约为4.2×108J/kg，若“可燃冰”燃烧释放的热量有80%被水吸收，要使2t的水从20℃加热至80℃，则需要燃烧 1.5 kg的“可燃冰”。[c水＝4.2×103J/（kg•℃），ρ水＝1.0×103kg/m3]
【答案】1.5。
【分析】利用Q吸＝cm（t﹣t0）求出水吸收的热量，根据效率公式求出可燃冰完全燃烧需要放出的热量，利用Q放＝mq求出需要燃烧可燃冰的质量。
【解答】解：水吸收的热量：Q吸＝c水m（t﹣t0）＝4.2×103J/（kg•℃）×2×1000kg×（80℃﹣20℃）＝5.04×108J，
由η＝可知，可燃冰完全燃烧需要放出的热量：Q放＝＝＝6.3×108J，
由Q放＝mq可知，需要燃烧可燃冰的质量：m′＝＝＝1.5kg。
故答案为：1.5。
【变式4-1】（2023•荆州一模）初三的小明同学体育锻炼完回到教室，用两个相同的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，热水杯内的水温降低到57℃；小明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。则混合前，两杯子内最初的热水和冷水的质量之比和最终混合后水的温度为（ ）（整个过程水没有溢出杯子，不计水的质量变化、状态变化和热量损失）
A．1：4 21℃B．4：1 21℃C．2：1 53℃D．1：2 53℃
【答案】D
【分析】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63℃，根据冷水吸收的热量等于热水放出的热量，即Q吸＝Q放，Q吸＝c冷水m冷水Δt冷水，Q放＝c热水m热水Δt热水，列出等式；
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57℃，根据冷水吸收的热量等于热水放出的热量，即Q吸′＝Q放′，Q吸′＝c冷水m冷水′Δt冷水′，Q放′＝c热水m热水′Δt热水′，列出等式；联立等式解出m1：m2之比和t0的值；
设当最后将冷水杯内剩余的冷水全部倒入热水杯内后的最终温度是t℃，根据冷水吸收的热量等于热水放出的热量，即Q吸″＝Q放″，Q吸″＝c冷水m冷水″Δt冷水″，Q放″＝c热水m热水″Δt热水″，可解得最终温度。
【解答】解：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63℃，
根据冷水吸收的热量等于热水放出的热量，即Q吸＝Q放，可得：c水××（63℃﹣t0℃）＝c水×m1×（93℃﹣63℃）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57℃，根据冷水吸收的热量等于热水放出的热量，即Q吸′＝Q放′，可得：c水××（57℃﹣t0℃）＝c水×（m1+）×（63℃﹣57℃）②，
联立①②解得：t0＝33℃，m1：m2＝1：2；
设当最后将冷水杯内剩余的冷水全部倒入热水杯内后的最终温度是t℃，根据冷水吸收的热量等于热水放出的热量，即Q吸″＝Q放″，可得：c水××（t℃﹣t0℃）＝c水×（m1+）×（57℃﹣t℃）③，把t0＝33℃，m1：m2＝1：2代入③式解得t＝53℃
故选：D。
【变式4-2】（2023•蒲城县二模）我国自主研制的16兆瓦海上风电机组是目前全球范围内单机容量最大的风电机组，额定工况下，单台机组每转动一圈可发电35kW•h，若不计能量损失，则这些电能最多可使 1000 kg水从10℃升高到40℃。当这些水沸腾时测得其温度是98℃，则水上方的气压 小于 （填“大于”“等于”或“小于”）一个标准大气压。[水的比热容为4.2×103J/（kg•℃）]
【答案】1000；小于。
【分析】由题知，水吸收的热量等于35kW•h，利用吸热公式Q吸＝cm（t﹣t0）求水的质量；1标准大气压下水的沸点是100℃，沸点跟气压有关，气压越低，沸点越低。
【解答】解：由题知，水吸收的热量Q吸＝W电＝35kW•h＝35×3.6×106J＝1.26×108J，
由Q吸＝cmΔt可得水的质量：
m＝＝＝1000kg；
在标准大气压下，水的沸点为100℃，气压越低，沸点越低。当水沸腾时测得其温度是98℃，此时水上方的大气压小于一个标准大气压。
故答案为：1000；小于。
【考点5 探究比热容的实验】
【典例5-1】（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。
【典例5-2】（2023•海淀区校级三模）如图所示是“探究不同物质的吸热能力”的实验装置，取甲、乙两种液体，分别倒入两个完全相同的烧杯中，再用家用电加热器接入加热，实验数据记录如表格所示。
（1）实验中甲、乙两种液体的质量应 相同 （选填“相同”或“不同”），电加热器的额定功率应选用 相同的 （选填“相同的”或“不同的”），进而通过比较 加热时间 （选填“升高的温度”的“加热时间”）比较甲、乙两种液体吸收热量的多少。
（2）分析数据可知，当它们升高相同的温度时， 甲 （选填“甲”或“乙”）液体需要吸收的热量更多。
【答案】（1）相同；相同的；加热时间；（2）甲。
【分析】（1）改变物体内能的两种方法是做功和热传递，电流做功的过程就是电能转换为其它形式能的过程；选用两个相同规格的电加热器加热，在相同时间内使两种液体吸收的热量相同，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；
（2）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。
【解答】解：（1）根据比较吸热能力的方法知，要控制不同物质的质量相同，故分别给初温相同且质量相同的甲、乙两种液体加热；
实验中应选用规格相同的电加热器给不同的液体加热，控制相同时间放出的热量相同；
实验中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；
（2）分析表中数据可知，当它们从20℃升高到30℃时，甲用时40s，乙用时20s，所以升高相同的温度时，甲的加热时间长，甲液体需要吸收的热量多，甲的吸热本领强，比热容大。
故答案为：（1）相同；相同的；加热时间；（2）甲。
【变式5-1】（2023•栾城区模拟）如图，某小组在比较不同物质吸热的情况时，取质量和初温都相同的M、N两种液体，分别装入相同烧杯中，用相同的加热器加热，如图A所示。
（1）两种液体是通过 热传递 方式增加内能的。
（2）由图B可知 M 种液体更适合做发动机的冷却液。
（3）假如乙杯中装有质量为200g的水，根据图B计算，加热20s水吸收的热量为 8.4×103 J。[c水＝4.2×103J/（kg•℃）]
【答案】（1）热传递；（2）M；（3）8.4×103。
【分析】（1）改变物体内能的方法是做功和热传递，据此分析；
（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；根据Q＝cmΔt分析；
（3）根据水的比热容大确定M为水，由已知条件根据Q＝cmΔt得出水吸收的热量。
【解答】解：（1）加热器放热，两种液体吸热，是通过热传递的方式增加内能的。
（2）由图B可知，加热相同时间，M升温慢，M的比热容大，吸热能力强，根据Q＝cmΔt，在质量和升高的温度相同时M吸热多，M种液体更适合做发动机的冷却液；
（3）M的比热容大，故M为水，乙杯中水的质量为200g的水，温度从20℃升高到了30℃，这些水吸收的热量是：
Q＝c水mΔt＝4.2×103J/（kg•℃）×0.2kg×（30℃﹣20℃）＝8.4×103J。
故答案为：（1）热传递；（2）M；（3）8.4×103。
【变式5-2】（2023•大连模拟）小明用图甲所示装置比较食用油和水的吸热本领。
（1）加热前，在一个烧杯里倒入180mL的水，为了满足实验要求，需要在另一个相同烧杯里装入 200 mL的食物油（ρ水＝1.0g/cm3，ρ食用油＝0.9g/cm3）。
（2）用两个规格相同的电加热器来加热食用油和水，每隔1min记录一次温度，将记录的数据绘制成了如图乙所示的图象。分析图象可知， a 是食用油（选填“a”或“b”），食用油的吸热本领比水 小 （选填“大”或“小”）。
（3）下列事实能用上述实验结论解释的是 D （选填字母）。
A.食用油比水难蒸发
B.食用油能漂浮在水面上
C.食用油能把食物炸黄，而水不能
D.同样情况下，食用油升温比水快
（4）小明用两个规格相同的电加热器又做了一次实验，得到如图丙所示的图像。则食用油是 c （选填“c”或“d”）。
【答案】（1）200；（2）a；小；（3）D；（4）c。
【分析】（1）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；结合密度的公式分析；
（2）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；结合比较不同物质吸热能力的方法，结合水的比热容大分析回答；
（3）逐一分析每个选项，找出符合题意的答案；
（4）根据图丙结合转换法分析。
【解答】解：（1）根据比较吸热能力的方法，要控制食用油和水的质量相同，根据密度变形公式有：
m＝ρ水V水＝ρ食用油V食用油；
在一个烧杯里倒入180mL的水，故需要在另一个相同烧杯里装入食物油的体积为：
V食用油＝＝＝200cm3；
（2）用两个规格相同的电加热器来加热食用油和水，相同时间食用油和水吸热相同，根据如图乙所示的图象知，升高相同的温度，a加热时间短，故a的比热容小，因水的比热容大，故分析图象可知，a是食用油，b是水，食用油的吸热本领比水小；
（3）A、油比水难蒸发，说明相同条件下蒸发可能与液体的种类有关，与比热容无关，故A不符合题意；
B、油能漂在水面上，说明油的密度小于水的密度，与比热容无关，故B不符合题意；
C、油能把食物炸黄而水不能，说明食用油比水的沸点高，与比热容无关，故C不符合题意；
D、同样情况下，油升温比水快，说明水的吸热能力强，水的比热容大，故D符合题意。
故选：D；
（4）小明用两个规格相同的电加热器，相同时间放出的热量相同，根据如图丙所示的图像，因c物质在OB段和d物质在AB段加热时间相同，则Qc＝Qd，c的温度变化量大，c的吸热能力弱，故c是食用油。
故答案为：（1）200；（2）a；小；（3）D；（4）c。
一、选择题。
1．（2023•贵州）冬天，社区户外工作人员常用热水袋进行取暖。热水袋的内部液体主要是水，这是利用了水的（ ）
A．密度大B．热值大C．比热容大D．流动性
【答案】C
【分析】水的比热容较大，相同质量的水和其它物质比较，吸收或放出相同的热量，水的温度升高或降低的少，据此分析。
【解答】解：水的比热容较大，相同质量的水和其它物质比较，降低相同的温度，可以释放出更多的热量，因此，热水袋的内部液体主要是水，就是利用了水的比热容大这一特性。
故选：C。
2．（2023春•松原期中）早晨，妈妈把装有热粥的碗放在凉水中冷却一会儿，粥的温度就刚刚好了。这是利用了水的（ ）
A．比热容大B．比热容小C．热量少D．热量多
【答案】A
【分析】水的比热容较大，相同质量水与其它物质相比，升高或降低相同的温度，水吸热或放热多。
【解答】解：水的比热容大，与同质量的其它物质相比，升高相同的温度，水吸收的热量多，降温效果好。
故选：A。
3．（2023•房山区二模）下列说法中正确的是（ ）
A．一杯水的比热容比一桶水的比热容小
B．晶体在熔化过程中吸收热量，温度不变
C．若物体甲比物体乙吸收的热量多，则物体甲的温度变化比物体乙的温度变化大
D．寒冷的冬天，室外说话时口腔附近出现的“白气”是空气中的水蒸气液化形成的
【答案】B
【分析】（1）比热容的大小与物质的种类、状态有关，与质量无关；
（2）根据晶体熔化特点解答即可；
（3）根据吸热公式Q＝cmΔt解答；
（4）液化指物质由气态转变成液态，液化要放热。
【解答】解：A、比热容的大小与质量无关，一杯水的比热容和一桶水的比热容大小相同，故A错误；
B、晶体在熔化过程中吸收热量，温度不变，故B正确；
C、由吸热公式Q＝cmΔt，可知，温度变化大小与吸热多少、比热容的大小以及质量的大小有关，所以吸热多的物体，温度变化不一定大，故C错误；
D、寒冷的冬天，室外说话时口腔附近出现的“白气”是口中的水蒸气遇冷液化形成的，故D错误。
故选：B。
4．（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。
5．（2023•墨玉县模拟）小明同学在家用电热水壶烧水，他家中的电热水壶如图所示可装1kg的自来水，标准大气压下将初始温度为20摄氏度烧开一壶水，水吸收的热量为[c水＝4.2×103J/（kg•℃）]（ ）
A．3.36×104JB．3.36×105JC．8.4×104JD．8.4×105J
【答案】B
【分析】标准大气压下水的沸点为100℃，即水的末温为100℃，知道水的质量，又知道水的初温和末温，利用吸热公式求水吸收的热量。
【解答】解：烧开水吸收到的热量：
Q吸＝cmΔt＝4.2×103J/（kg•℃）×1kg×（100℃﹣20℃）
＝3.36×105J；
故选：B。
6．（2023•内江模拟）有两个温度为100℃、质量相等的金属球，先把甲球放入温水杯中，热平衡后水温升高了10℃；取出甲球，将乙球放入该杯中，热平衡后水温又升高了10℃（末温未达100℃），则甲球比热容c甲和乙球比热容c乙大小的关系是（ ）
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】A
【分析】由题知，两次水升高的温度相同，也就是水吸收的热量相同，因为不计热量损失，由此可知甲、乙两金属块放出热量的关系；
甲、乙两实心球的质量相等、初温相同，经放热后，甲实心球比乙多降低了Δt，根据c＝可知甲、乙的比热容关系。
【解答】解：先后将甲、乙实心球投入到同一杯水中，水升高的温度相同，水吸收的热量相同，不计热量损失，即Q水吸＝Q放，由此可知，甲、乙两实心球放出的热量相同；
由题知，甲实心球比乙多降低了10℃，且甲、乙两实心球的质量相同，由c＝可知，降低的温度多的甲金属球比热容小，即c甲＜c乙。
故选：A。
7．（2022秋•海珠区校级期中）如图甲，在一个与外界没有热交换的密闭容器中装有质量为m1，具有内能为E1的热水，将一块质量为m2的冰块放入热水中，一段时间后，冰块完全熔化，热水的温度也大大降低，变成冷水，冷水质量为m3，m3＝m1+m2（不考虑蒸发等质量损失和热量损失），此时冷水具有的内能为E2，则（ ）
A．E2＝E1B．E2＞E1C．E2＜E1D．无法比较
【答案】B
【分析】在与外界没有热交换的密闭容器中，不考虑蒸发等质量损失和热量损失，热水中放入冰块后，水放出的热全部被冰吸收最终成为冷水，冷水的内能等于热水的内能与冰块的内能之和。
【解答】解：在与外界没有热交换的密闭容器中，不考虑蒸发等质量损失和热量损失，热水中放入冰块后，水放出的热全部被冰吸收最终成为冷水，则冷水的内能E2等于热水的内能E1与冰块的内能之和，所以，冷水的内能会大于热水的内能，即E2＞E1，故ACD错误、B正确。
故选：B。
8．（2022秋•澧县校级月考）A、B两物体质量相等，温度均为10℃；甲、乙两杯水质量相等，温度均为60℃，现将A放入甲杯、B放入乙杯，热平衡后甲杯水温降低了5℃，乙杯水温降低了10℃，不考虑热损失，则A、B两物体的比热容之比为（ ）
A．1：2B．3：5C．2：1D．4：9
【答案】D
【分析】物体A放入甲杯中，热平衡后，水的温度由60℃降低了5℃，变成60℃﹣5℃＝55℃，A的温度由10℃升高到55℃，水放出的热量等于A吸收的热量，据此列出热平衡方程，就可以求出A的比热容；
物体B放入乙杯杯中，热平衡后，水的温度由60℃降低了10℃，变成60℃﹣10℃＝50℃，B的温度由10℃升高到50℃，水放出的热量等于B吸收的热量，据此列出热平衡方程，就可以求出B的比热容，进一步计算出A、B两物体的比热容之比。
【解答】解：物体A放入甲杯中，热平衡后，A和水的共同温度为60℃﹣5℃＝55℃，
水放出的热量Q放甲＝c水m水Δt水甲，
A吸收的热量Q吸A＝cAmAΔtA，
不计热损失，则有：Q放甲＝Q吸A，
即c水m水Δt水甲＝cAmAΔtA，
代入相关数据得：
c水m水×5℃＝cAmA×（55℃﹣10℃），
则A的比热容为：cA＝×；
物体B放入乙杯中，热平衡后，B和水的共同温度为60℃﹣10℃＝50℃，
水放出的热量Q放乙＝c水m水Δt水乙，
B吸收的热量Q吸B＝cBmBΔtB，
不计热损失，则有：Q放乙＝Q吸B，
即c水m水Δt水＝cBmBΔtB，
代入相关数据得：
c水m水×10℃＝cBmB×（50℃﹣10℃），
则A的比热容为：cB＝×；
A、B两物体质量相等，即mA＝mB，
则A、B两物体的比热容之比为：＝＝。
故选：D。
9．（2023•红塔区模拟）（多选）用相同的加热装置分别对质量相同的固态物质a、b、c加热，它们的温度随加热时间变化关系如图所示。不计热量损失，以下分析正确的是（ ）
A．在t1～t2时间内，a吸收的热量大于c吸收的热量
B．在t2～t3时间内，a的内能不变
C．固态物质a属于晶体
D．b的比热容小于c的比热容
【答案】CD
【分析】（1）用相同的加热装置，吸收热量的多少通过加热时间的长短来表示：
（2）晶体的熔化过程吸热温度不变，内能增加；
（3）晶体有固定的熔点，晶体在熔化过程中吸收热量，温度保持不变，此时的温度叫做晶体的熔点；
（4）根据Q＝cmΔt分析b、c比热容的大小。
【解答】解：A、用相同的加热装置，t1～t2时间内，加热时间相同，所以a、c吸收热量相同，故A错误；
B、t2～t3时间内物质a处于熔化过程，温度虽然不变，但继续吸收热量，所以其内能增加，故B错误；
C、由图象知，该物质在加热过程中t2～t3时间内物质a处于熔化过程，温度保持不变，属于晶体，故C正确；
D、用相同的加热装置对b、c两种物质加热时，相同时间内两种物质吸收的热量相同，c物质升高的温度较小，b、c物质质量相等，由公式Q＝cmΔt可知，b的比热容小于c的比热容，故D正确。
故选：CD。
二、填空题。
10．（2023•兴庆区校级二模）位于宁夏银川市的阅海公园，是目前银川市面积最大、地貌保持最完整的一块生态湿地，对城市居民的生活有很重要的意义，其中它可以有效地调节气温，这是因为水的 比热容 比沙石干泥土的大，所以在相同的日照下，湿地湖泊较多的地区其温度变化量较 小 （选填“大”或“小”）；一到春天，公园里花香四溢，这是 扩散 现象；漫步在阅海湖边，看到鱼儿在云中游，云是光的 反射 所形成的虚像，鱼是光的 折射 形成的虚像。
【答案】比热容；小；扩散；反射；折射
【分析】因为水的比热容较大，相同质量的水和其它物质比较，吸收或放出相同的热量，水的温度升高或降低的少，据此分析；
分子都在不停地做无规则运动；
我们看到水中的物体，其实看到的是物体的虚像，是由光的折射形成的。
【解答】解：湿地含水分多，水的比热容较大，由Q＝cmΔt可知，白天，相同质量的水和土壤、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，使得昼夜的温差小，能有效调节周围环境的气温；
公园里花香四溢，这是扩散现象，说明分子在不停地做无规则运动；
云在天上，所以“白云”是在水中形成的像，即平面镜成像，故看到水中的白云是由光的反射形成的与物体等大的虚像；光由水斜射如空气时发生折射，折射角大于入射角，折射光线向水面偏折；我们看到的水中的鱼，是由光的折射形成的虚像。
故答案为：比热容；小；扩散；反射；折射。
11．（2023•长沙一模）位于长沙黑糜峰的垃圾焚烧发电厂每天完全燃烧800t生活垃圾，生活垃圾的热值为3×106J/kg，放出热量 2.4×1012 J，放出热量的30%用来发电，放出热量的42%用来加热水供给附近小区，1标准大气压下，每天可将 3×106 kg的水由20℃恰好加热至沸腾。[c水＝4.2×103J/（kg•℃）]
【答案】2.4×1012；3×106。
【分析】根据Q放＝mq求出生活垃圾完全燃烧放出的热量；根据题意求出水吸收的热量，根据Q吸＝cm（t﹣t0）求出水的质量。
【解答】解：生活垃圾完全燃烧放出的热量：Q放＝mq＝800×1000kg×3×106J/kg＝2.4×1012J；
根据题意可知，水吸收的热量：Q吸＝42%×Q放＝42%×2.4×1012J＝1.008×1012J，
一个标准大气压下，水的沸点是100℃，
由Q吸＝cm（t﹣t0）可知，水的质量：m水＝＝＝3×106kg。
故答案为：2.4×1012；3×106。
12．（2023•固镇县一模）小红在探究“物质的放热能力与哪些因素有关”时，分别用质量都是2kg的水和另一种液体进行了实验，并用图像对实验数据进行了处理，如图所示。实验中，水和另种液体在相同时间内放出的热量相等。分析图像可以得出： 甲 物质为水（选填“甲”或“乙”）；另一种液体的比热容为 2.1×103 J/（kg•℃）。
【答案】甲；2.1×103。
【分析】（1）选同样的放热时间，甲和乙放热相同，根据温度变化的多少判断，温度变化多的比热容小，温度变化少的比热容大，据此分析判断。
（2）由题知，分别用质量相等的水和另一种液体进行了实验，相同时间水和液体放出的热量相同。而水和液体的质量相同，根据放热公式求液体的比热容。
【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；利用热量的计算公式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A、B两种液体中，一种液体是水，则一定是甲液体；
（2）由题知，而水和液体的质量相同，即m水＝m乙，而水和另种液体在相同时间内放出的热量相等，
即Q水放＝Q乙放，
c水m水Δt＝c乙m（60℃﹣20℃），
4.2×103J/（kg•℃）×m×（60℃﹣40℃）＝c乙m（60℃﹣20℃），
解得：c乙＝2.1×103J/（kg•℃）。
故答案为：甲；2.1×103。
13．（2023•高新区校级模拟）河南特色美食开封小笼灌汤包已有百年历史，在制作过程中，远远地便能闻到鲜香味道，该现象说明分子在不停地 做无规则运动 ，若蒸制过程锅内约有1kg的水，从20℃加热到沸腾（一个标准大气压下），该过程水的内能增加 3.36×105 J。[c＝4.2×103J/（kg•℃）]
【答案】做无规则运动；3.36×105。
【分析】（1）组成物质的分子在不停地做无规则运动；
（2）根据Q吸＝cm（t﹣t0）求出水吸收的热量，即为水的内能增加量。
【解答】解：河南特色美食开封小笼灌汤包已有百年历史，在制作过程中，远远地便能闻到鲜香味道，该现象说明分子在不停地做无规则运动；
一个标准大气压下，水的沸点是100℃，
水吸收的热量：Q吸＝cm（t﹣t0）＝4.2×103J/（kg•℃）×1kg×（100℃﹣20℃）＝3.36×105J，即这一过程水的内能增加了3.36×105J。
故答案为：做无规则运动；3.36×105。
三、实验探究题。
14．（2023•泸州）小明学习了比热容知识后，想比较A、B两种未知液体的比热容大小，进行如下实验：
（1）找来两个带保温层的相同电热杯，不计与外界发生的热传递，如图甲所示。
（2）将 质量 相等的A、B两种液体分别倒入两个电热杯中，然后将两种液体均加热到60℃。
（3）将长时间处于室温的两个完全相同的铜块，分别浸没在两种液体中，盖好盖子。
（4）经过一段时间，温度计示数稳定后，A液体中温度计示数如图乙所示，则A液体温度降为 56.0 ℃，B液体温度降为53.0℃。
（5）分析可知， A 液体放出的热量多， A 液体的比热容较大。物质
密度ρ/（kg•m﹣3）
（常温常压下）
煤油
0.8×103
纯水
1.0×103
铜
8.9×103
铝
2.7×103
物质
熔点/℃
（在标准大气压下）
铜
1083
铝
660
铅
328
锡
232
物质
比热容
c/[（J•（kg•℃）﹣3]
干泥土
0.84×103
水
4.2×103
铜
0.39×103
铝
0.88×103
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
温度/℃
20
30
40
50
加热时间/s
甲
0
40
80
120
乙
0
20
40
60
1、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；
①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；
②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；
①作冷却剂时，是让水吸收带走更多的热量；
②用来取暖时，是让水放出更多热量供给人们，另一方面。
2、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。
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、沙子、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沙子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，读出此时水和沙子的初温度，填入表中；
步骤④点燃酒精灯，同时对水和沙子加热，加热时间均为6分钟，停止加热前分别读出水和沙子的末温度, 填入表中；
步骤 = 5 \* GB3 ⑤整理实验器材。
（5）实验结论：质量相同的水和沙子吸收相同的热量,食用油的温度升高的较大。
（6）实验分析：判断水与沙子的吸热本领的大小，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 水的比热容的特点及应用】
【典例1-1】（2023•连云港）沿海地区的昼夜温差较小，而内陆地区（尤其是沙漠）的昼夜温差较大，这主要是因为（ ）
A．水的内能多，沙石的内能少
B．水的导热性好，沙石的导热性差
C．水的比热容大，沙石的比热容小
D．水吸收的热量多，沙石吸收的热量少
【答案】C
【分析】因为沙子的比热容比水的小，白天，相同质量的不同物质，吸收相同的热量后，比热容小的温度升高的多；夜晚，相同质量的不同物质放出相同的热量后，比热容小的温度下降的多，气温较低，据此回答产生这种气候的原因。
【解答】解：因为沙子的比热容较小、水的比热容较大，白天，吸收热量后，沙子的温度升高的多，气温较高；夜晚，放出热量后，沙子的温度下降的多，气温较低；所以沿海地区昼夜温差较小，而内陆地区（尤其是沙漠）的昼夜温差较大。
故选：C。
【典例1-2】（2023•天桥区三模）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 大于 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 甲 能描述夜晚的风向。
【答案】大于；甲。
【分析】沿海地区水多，水的比热容较大，相同质量的水和其他物质相比，吸收或放出相同的热量时，水的温度变化小；热空气会上升。
【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，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。
故答案为：大于；甲。
【变式1-1】（2023•天山区校级模拟）炎热的夏天，小乐到海边游玩，中午她站在沙难上脚感到烫，而在海水中感到凉，这主要是因为（ ）
A．水吸收的热量较多B．沙子吸收的热量较多
C．水的比热容小D．沙子的比热容小
【答案】D
【分析】单位质量的某种物质温度升高（或降低）1℃吸收（或放出）的热量为该物质的比热容，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。
【解答】解：炎热的夏天，沙子烫、海水凉，这与它们的比热容有关；水的比热容较大，沙子的比热容小，相同质量的水和沙子，在同样的日照条件下，吸收相同的热量，水的温度变化小，沙子的温度变化大，所以海水凉，沙子烫。
故选：D。
【变式1-2】（2023•东台市校级模拟）汽车在行驶时，发动机的温度会升得很高．为了确保安全，可用水循环进行冷却，这是通过 热传递 的方式来改变发动机的内能；用水来冷却是因为水的 比热容 较大。刹车时，汽车不能立即停下来是因为汽车具有 惯性 。
【答案】热传递；比热容；惯性。
【分析】（1）改变物体内能的方法有：做功和热传递；热传递是指热量从高温物体（或物体的高温部分）传向低温物体（或物体的低温部分），直到温度相同为止。
（2）根据水的比热容较大的特点分析：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。
（3）物体保持原来运动状态不变的性质叫惯性，一切物体都有惯性。
【解答】解：（1）用水循环冷却发动机的过程中，是内能发生了转移，属于通过热传递改变物体的内能；
（2）因为水的比热容较大，相同质量的水和其它物质比较，升高相同温度时，水吸收的热量多，所以汽车发动机用水来冷却；
（3）刹车前，汽车是在高速行驶；刹车后，由于汽车具有惯性，它还要保持原来的运动状态，所以无法立即停下。
故答案为：热传递；比热容；惯性。
【考点2 比热容的概念及其应用】
【典例2-1】（2023•东港区校级三模）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．1min内，乙吸收的热量比甲多
B．1min后乙温度不变，内能不变
C．甲的比热容比乙的大
D．沸腾是一种汽化现象，需要放热
【答案】C
【分析】（1）质量和初温都相同的两物体，吸收相同的热量，温度上升快的比热容小；
（2）晶体熔化时，温度不变，内能变大；
（3）汽化指物质由液态转变成气态，汽化要吸热。
【解答】解：A、用相同的电加热器加热，1min内，乙吸收的热量等于甲吸收的热量，故A错误；
B、1min后乙温度不变，内能变大，故B错误；
C、从图示可知，乙上升的温度比甲快，故甲的比热容比乙的大，故C正确；
D、沸腾是一种汽化现象，需要吸热，故D错误。
故选：C。
【典例2-2】（2023•越秀区校级二模）质量均为100g的四种物质，当温度降低1℃时所放出的热量如图所示。请根据图中信息回答以下问题。
（1）煤油的比热容为 2.5×103 J/（kg•℃）；
（2）质量相等的铝块和铜块吸收相同的热量，铝块升高温度为Δt1，铜块升高温度为Δt2，则Δt1 小于 Δt2（选填“大于”、“小于”或“等于”）；判断依据为： 由Q吸＝cmΔt可知，质量相等的铝块和铜块吸收相同的热量，铜的比热容小，铜块温度的变化更大 。
【答案】（1）2.5×103；（2）大于；由Q＝cmΔt可知，质量相等的铝块和铜块吸收相同的热量，铜的比热容小，铜块温度的变化更大。
【分析】（1）根据Q＝cmΔt求煤油的比热容；
（2）利用Q＝cmΔt结合图中信息比较铝和铜的比热容；根据Q＝cmΔt可知，质量相同的不同物质吸收相同的热量，比热容小的物质，温度变化较大。
【解答】解：（1）由图可知，100g＝0.1kg的煤油温度降低1℃时所放出的热量为250J，
由Q＝cmΔt可知，煤油的比热容：c煤油＝＝＝2.5×103J/（kg•℃）；
（2）由图可知，100g铝和铜降低相同的温度，铝放出的热量多，由Q＝cmΔt可知，铝的比热容大，铜的比热容小；
由Q＝cmΔt可知，质量相等的铝块和铜块吸收相同的热量，铜的比热容小，铜块温度的变化更大，所以Δt1小于Δt2。
故答案为：（1）2.5×103；（2）大于；由Q＝cmΔt可知，质量相等的铝块和铜块吸收相同的热量，铜的比热容小，铜块温度的变化更大。
【变式2-1】（2023•北京二模）小莉根据下列表中的数据，得出以下四个结论，其中正确的是（ ）
A．用来熔化铜的器皿可以用锡制作
B．质量相等的纯水和煤油，纯水的体积较大
C．质量相等的铜块和铝块，放出相等热量，铝块温度降低得较多
D．质量相等的干泥土和水，吸收相等热量，干泥土温度升高得较多
【答案】D
【分析】（1）从表中数据找出铜和锡的熔点再进行判断；
（2）从表中数据找出纯水和煤油的密度再进行判断；
（3）从表中数据找出铜和铝块的比热容再进行判断；
（4）从表中数据找出干泥土和水的比热容再进行判断；
【解答】解：A、从表中数据可知，铜的熔点比锡高，故用来熔化铜的器皿不可以用锡制作，故A错误；
B、从表中数据可知，纯水的密度比煤油大，故质量相等的纯水和煤油，纯水的体积较小，故B错误；
C、从表中数据可知，铜的比热容比铝小，故质量相等的铜块和铝块，放出相等热量，铜块温度降低得较多，故C错误；
D、从表中数据可知，干泥土的比热容比水小，故质量相等的干泥土和水，吸收相等热量，干泥土温度升高得较多，故D正确。
故选：D。
【变式2-2】（2023•天长市校级三模）高勤同学对冰块加热，她绘制了冰熔化成水直到沸腾的过程中温度随时间变化的图像（如图所示），下列分析中正确的是（ ）
A．冰的熔化过程经历了6min，且冰是晶体
B．在第10min，冰继续吸热温度不变，处于固液共存状态
C．由图像可知，当时液面上方气压高于1个标准大气压
D．AB 段物体的比热容小于CD段物体的比热容
【答案】D
【分析】（1）从熔化开始到熔化结束即为冰的熔化时间；晶体有固定的熔点，而非晶体没有固定的熔点；
（2）根据图像信息分析；
（3）标准大气压下，水的沸点是100℃；
（4）相同质量的物质，吸收相同的热量，温度变化小的比热容大。
【解答】解：A．由图可知，冰的熔化时间经历6min﹣2min＝4min，冰在熔化过程中吸收热量、温度不变，冰是晶体，故A错误；
B．由图可知，在第10min，冰已全部熔化成水，继续吸热温度升高，处于液态，故B错误；
C．由图像可知，水的沸点是100℃，说明当时液面上方气压等于1个标准大气压，故C错误；
D．AB和CD段的质量相等，加热情况相同，AB段温度变化较快，说明其比热容较小，故D正确。
故选：D。
【变式2-3】（2023•达州）如图所示是热管的工作原理图，当热管的热端受热时，吸液芯里的液体吸收热量变成蒸气，这一过程叫 汽化 （填物态变化的名称），蒸气在管子里跑到冷端 放出 （选填“吸收”或“放出”）热量变成液态，液体通过吸液芯又回到热端。这一过程循环进行，不断地将热量从热端带到冷端。若50g的该液体吸收2400J的热量后，温度升高了40℃，则该液体的比热容为 1.2×103 J/（kg•℃）。
【答案】汽化；放出；1.2×103。
【分析】（1）物质由液态变为气态的过程叫汽化，汽化吸热；
（2）物质由气态变为液态的过程叫液化，液化放热；
（3）根据热量公式Q＝cmΔt进行计算。
【解答】解：热管的热端受热时，吸液芯里的液体吸收热量变成蒸气，是液态变为气态的过程，是汽化现象；
蒸气在管子里跑到冷端变成液态，是气态变为液态的过程，是液化现象，液化放热；
根据热量公式Q＝cmΔt可得该液体的比热容c＝＝＝1.2×103J/（kg•℃）。
故答案为：汽化；放出；1.2×103。
【考点3 热量的计算】
【典例3-1】（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
【答案】D
【分析】（1）选同样的加热时间，甲和乙吸热相同，根据温度变化的多少判断，温度变化多的比热容小，温度变化少的比热容大，据此分析判断；
（2）由图像知乙液体初温和末温；
（3）根据Q放＝cmΔt可求出甲液体放出的热量；
（4）相同时间水和液体放出的热量相同，而水和液体的质量相同，变化的温度由图可知，根据放热公式求液体的比热容。
【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。
【典例3-2】（2023•南充模拟）净含量为500mL（1mL＝1×10﹣6m3）的瓶装饮用纯净水的质量为 0.5 kg；若将其放入冰箱冷藏，温度降低了20℃，则水放出的热量为 4.2×104 J。[已知水的密度ρ＝1.0×103kg/m3，水的比热容c＝4.2×103J/（kg•℃）]。
【答案】0.5；4.2×104。
【分析】利用密度公式求出纯净水的质量；根据Q放＝cmΔt求出水放出的热量；
【解答】解：由ρ＝可知，纯净水的质量：m＝ρV＝1.0×103kg/m3×500×1×10﹣6m3＝0.5kg；
水放出的热量：Q放＝cmΔt＝4.2×103J/（kg.℃）×0.5kg×20℃＝4.2×104J。
故答案为：0.5；4.2×104。
【典例3-3】（2023•杨浦区二模）质量为2千克的铝块温度从60℃降低到10℃，求铝块放出的热量Q。[c＝0.9×103J/（kg•℃）]
【答案】铝块放出的热量Q为9×104J。
【分析】知道铝的质量、比热容、初温和末温，利用Q放＝cm（t﹣t0）求出铝放出的热量。
【解答】解：铝块放出的热量：Q＝cm（t﹣t0）＝0.9×103J/（kg•℃）×2kg×（60℃﹣10℃）＝9×104J。
答：铝块放出的热量Q为9×104J。
【变式3-1】（2023春•浦东新区校级月考）同种物质组成的甲、乙两个物体，当他们升高的温度之比是2：1，吸收的热量之比是4：1时，则他们的质量之比是（ ）
A．1：2B．2：1C．4：1D．1：4
【答案】B
【分析】同种材料制成的甲、乙两个物体的比热容相等，又知道它们升高的温度和吸热热量之比，根据Q＝cmΔt求出它们的质量之比。
【解答】解：由题意可知，c甲：c乙＝1：1，Δt甲：Δt乙＝2：1，Q甲：Q乙＝4：1，
∵Q＝cmΔt，
∴甲、乙的质量之比：
＝＝××＝××＝2：1。
故选：B。
【变式3-2】（2023•武进区模拟）学校实验室挂一只装有0.2g酒精作为测温液体的温度计，在一天中某一时段的初、末两个时刻，温度计的示数分别如图甲和图乙所示，乙的示数为 ﹣3 ℃。在这段时间内，温度计内的酒精 放出 （吸收/放出）的热量为 7.2 J。[c酒精＝2.4×103J/（kg•℃）]
【答案】﹣3；放出；7.2。
【分析】先确定寒暑表的分度值，注意液柱是在零刻度线的上方还是下方，然后读出此温度计的示数；
物体的温度降低，放出热量；根据Q放＝cm（t0﹣t）求出酒精放出的热量。
【解答】解：
图中寒暑表的一个大格为10℃，一个大格分为10个小格，则一个小格是1℃，即分度值为1℃，
根据图中液柱的位置可知，甲的示数为12℃，乙的示数为零下3℃。
由题意知，初温t0＝12℃，末温t＝﹣3℃，
由于温度降低，所以，寒暑表内的酒精放出的热量；
酒精的质量m＝0.2g＝2×10﹣4kg，
则酒精放出的热量：
Q放＝cm（t0﹣t）＝2.4×103J/（kg•℃）×2×10﹣4kg×[12℃﹣（﹣3℃）]＝7.2J。
故答案为：﹣3；放出；7.2。
【变式3-3】（2023•天宁区校级一模）如图所示，某家庭太阳能热水器阳光照射时，平均每小时吸收7.0×106J的太阳能，若热水器吸收8h的太阳能，可以使质量为100kg的水温度升高50℃。已知水的比热容c水＝4.2×103J/（kg•℃），求：
（1）水吸收的热量；
（2）该太阳能热水器的效率。
【答案】（1）水吸收的热量为2.1×107J；
（2）该太阳能热水器的效率为37.5%。
【分析】（1）知道水的质量和水的比热容以及水升高的温度，根据Q吸＝cmΔt求出水吸收的热量；
（2）根据题意求出热水器吸收8h的太阳能，利用效率公式求出太阳能热水器的效率。
【解答】解：（1）水吸收的热量：Q吸＝c水mΔt＝4.2×103J/（kg•℃）×100kg×50℃＝2.1×107J；
（2）热水器吸收8h太阳的太阳能：E＝8h×7.0×106J/h＝5.6×107J，
该太阳能热水器的效率：η＝＝＝37.5%。
答：（1）水吸收的热量为2.1×107J；
（2）该太阳能热水器的效率为37.5%。
【考点4 热平衡的应用】
【典例4-1】（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。
【典例4-2】（2023•包河区一模）我国科学家已探明南海海底有大量的清洁能源——“可燃冰”（主要成分是固态甲院），其热值约为4.2×108J/kg，若“可燃冰”燃烧释放的热量有80%被水吸收，要使2t的水从20℃加热至80℃，则需要燃烧 1.5 kg的“可燃冰”。[c水＝4.2×103J/（kg•℃），ρ水＝1.0×103kg/m3]
【答案】1.5。
【分析】利用Q吸＝cm（t﹣t0）求出水吸收的热量，根据效率公式求出可燃冰完全燃烧需要放出的热量，利用Q放＝mq求出需要燃烧可燃冰的质量。
【解答】解：水吸收的热量：Q吸＝c水m（t﹣t0）＝4.2×103J/（kg•℃）×2×1000kg×（80℃﹣20℃）＝5.04×108J，
由η＝可知，可燃冰完全燃烧需要放出的热量：Q放＝＝＝6.3×108J，
由Q放＝mq可知，需要燃烧可燃冰的质量：m′＝＝＝1.5kg。
故答案为：1.5。
【变式4-1】（2023•荆州一模）初三的小明同学体育锻炼完回到教室，用两个相同的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，热水杯内的水温降低到57℃；小明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。则混合前，两杯子内最初的热水和冷水的质量之比和最终混合后水的温度为（ ）（整个过程水没有溢出杯子，不计水的质量变化、状态变化和热量损失）
A．1：4 21℃B．4：1 21℃C．2：1 53℃D．1：2 53℃
【答案】D
【分析】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63℃，根据冷水吸收的热量等于热水放出的热量，即Q吸＝Q放，Q吸＝c冷水m冷水Δt冷水，Q放＝c热水m热水Δt热水，列出等式；
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57℃，根据冷水吸收的热量等于热水放出的热量，即Q吸′＝Q放′，Q吸′＝c冷水m冷水′Δt冷水′，Q放′＝c热水m热水′Δt热水′，列出等式；联立等式解出m1：m2之比和t0的值；
设当最后将冷水杯内剩余的冷水全部倒入热水杯内后的最终温度是t℃，根据冷水吸收的热量等于热水放出的热量，即Q吸″＝Q放″，Q吸″＝c冷水m冷水″Δt冷水″，Q放″＝c热水m热水″Δt热水″，可解得最终温度。
【解答】解：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63℃，
根据冷水吸收的热量等于热水放出的热量，即Q吸＝Q放，可得：c水××（63℃﹣t0℃）＝c水×m1×（93℃﹣63℃）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57℃，根据冷水吸收的热量等于热水放出的热量，即Q吸′＝Q放′，可得：c水××（57℃﹣t0℃）＝c水×（m1+）×（63℃﹣57℃）②，
联立①②解得：t0＝33℃，m1：m2＝1：2；
设当最后将冷水杯内剩余的冷水全部倒入热水杯内后的最终温度是t℃，根据冷水吸收的热量等于热水放出的热量，即Q吸″＝Q放″，可得：c水××（t℃﹣t0℃）＝c水×（m1+）×（57℃﹣t℃）③，把t0＝33℃，m1：m2＝1：2代入③式解得t＝53℃
故选：D。
【变式4-2】（2023•蒲城县二模）我国自主研制的16兆瓦海上风电机组是目前全球范围内单机容量最大的风电机组，额定工况下，单台机组每转动一圈可发电35kW•h，若不计能量损失，则这些电能最多可使 1000 kg水从10℃升高到40℃。当这些水沸腾时测得其温度是98℃，则水上方的气压 小于 （填“大于”“等于”或“小于”）一个标准大气压。[水的比热容为4.2×103J/（kg•℃）]
【答案】1000；小于。
【分析】由题知，水吸收的热量等于35kW•h，利用吸热公式Q吸＝cm（t﹣t0）求水的质量；1标准大气压下水的沸点是100℃，沸点跟气压有关，气压越低，沸点越低。
【解答】解：由题知，水吸收的热量Q吸＝W电＝35kW•h＝35×3.6×106J＝1.26×108J，
由Q吸＝cmΔt可得水的质量：
m＝＝＝1000kg；
在标准大气压下，水的沸点为100℃，气压越低，沸点越低。当水沸腾时测得其温度是98℃，此时水上方的大气压小于一个标准大气压。
故答案为：1000；小于。
【考点5 探究比热容的实验】
【典例5-1】（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。
【典例5-2】（2023•海淀区校级三模）如图所示是“探究不同物质的吸热能力”的实验装置，取甲、乙两种液体，分别倒入两个完全相同的烧杯中，再用家用电加热器接入加热，实验数据记录如表格所示。
（1）实验中甲、乙两种液体的质量应 相同 （选填“相同”或“不同”），电加热器的额定功率应选用 相同的 （选填“相同的”或“不同的”），进而通过比较 加热时间 （选填“升高的温度”的“加热时间”）比较甲、乙两种液体吸收热量的多少。
（2）分析数据可知，当它们升高相同的温度时， 甲 （选填“甲”或“乙”）液体需要吸收的热量更多。
【答案】（1）相同；相同的；加热时间；（2）甲。
【分析】（1）改变物体内能的两种方法是做功和热传递，电流做功的过程就是电能转换为其它形式能的过程；选用两个相同规格的电加热器加热，在相同时间内使两种液体吸收的热量相同，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；
（2）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。
【解答】解：（1）根据比较吸热能力的方法知，要控制不同物质的质量相同，故分别给初温相同且质量相同的甲、乙两种液体加热；
实验中应选用规格相同的电加热器给不同的液体加热，控制相同时间放出的热量相同；
实验中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；
（2）分析表中数据可知，当它们从20℃升高到30℃时，甲用时40s，乙用时20s，所以升高相同的温度时，甲的加热时间长，甲液体需要吸收的热量多，甲的吸热本领强，比热容大。
故答案为：（1）相同；相同的；加热时间；（2）甲。
【变式5-1】（2023•栾城区模拟）如图，某小组在比较不同物质吸热的情况时，取质量和初温都相同的M、N两种液体，分别装入相同烧杯中，用相同的加热器加热，如图A所示。
（1）两种液体是通过 热传递 方式增加内能的。
（2）由图B可知 M 种液体更适合做发动机的冷却液。
（3）假如乙杯中装有质量为200g的水，根据图B计算，加热20s水吸收的热量为 8.4×103 J。[c水＝4.2×103J/（kg•℃）]
【答案】（1）热传递；（2）M；（3）8.4×103。
【分析】（1）改变物体内能的方法是做功和热传递，据此分析；
（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；根据Q＝cmΔt分析；
（3）根据水的比热容大确定M为水，由已知条件根据Q＝cmΔt得出水吸收的热量。
【解答】解：（1）加热器放热，两种液体吸热，是通过热传递的方式增加内能的。
（2）由图B可知，加热相同时间，M升温慢，M的比热容大，吸热能力强，根据Q＝cmΔt，在质量和升高的温度相同时M吸热多，M种液体更适合做发动机的冷却液；
（3）M的比热容大，故M为水，乙杯中水的质量为200g的水，温度从20℃升高到了30℃，这些水吸收的热量是：
Q＝c水mΔt＝4.2×103J/（kg•℃）×0.2kg×（30℃﹣20℃）＝8.4×103J。
故答案为：（1）热传递；（2）M；（3）8.4×103。
【变式5-2】（2023•大连模拟）小明用图甲所示装置比较食用油和水的吸热本领。
（1）加热前，在一个烧杯里倒入180mL的水，为了满足实验要求，需要在另一个相同烧杯里装入 200 mL的食物油（ρ水＝1.0g/cm3，ρ食用油＝0.9g/cm3）。
（2）用两个规格相同的电加热器来加热食用油和水，每隔1min记录一次温度，将记录的数据绘制成了如图乙所示的图象。分析图象可知， a 是食用油（选填“a”或“b”），食用油的吸热本领比水 小 （选填“大”或“小”）。
（3）下列事实能用上述实验结论解释的是 D （选填字母）。
A.食用油比水难蒸发
B.食用油能漂浮在水面上
C.食用油能把食物炸黄，而水不能
D.同样情况下，食用油升温比水快
（4）小明用两个规格相同的电加热器又做了一次实验，得到如图丙所示的图像。则食用油是 c （选填“c”或“d”）。
【答案】（1）200；（2）a；小；（3）D；（4）c。
【分析】（1）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；结合密度的公式分析；
（2）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；结合比较不同物质吸热能力的方法，结合水的比热容大分析回答；
（3）逐一分析每个选项，找出符合题意的答案；
（4）根据图丙结合转换法分析。
【解答】解：（1）根据比较吸热能力的方法，要控制食用油和水的质量相同，根据密度变形公式有：
m＝ρ水V水＝ρ食用油V食用油；
在一个烧杯里倒入180mL的水，故需要在另一个相同烧杯里装入食物油的体积为：
V食用油＝＝＝200cm3；
（2）用两个规格相同的电加热器来加热食用油和水，相同时间食用油和水吸热相同，根据如图乙所示的图象知，升高相同的温度，a加热时间短，故a的比热容小，因水的比热容大，故分析图象可知，a是食用油，b是水，食用油的吸热本领比水小；
（3）A、油比水难蒸发，说明相同条件下蒸发可能与液体的种类有关，与比热容无关，故A不符合题意；
B、油能漂在水面上，说明油的密度小于水的密度，与比热容无关，故B不符合题意；
C、油能把食物炸黄而水不能，说明食用油比水的沸点高，与比热容无关，故C不符合题意；
D、同样情况下，油升温比水快，说明水的吸热能力强，水的比热容大，故D符合题意。
故选：D；
（4）小明用两个规格相同的电加热器，相同时间放出的热量相同，根据如图丙所示的图像，因c物质在OB段和d物质在AB段加热时间相同，则Qc＝Qd，c的温度变化量大，c的吸热能力弱，故c是食用油。
故答案为：（1）200；（2）a；小；（3）D；（4）c。
一、选择题。
1．（2023•贵州）冬天，社区户外工作人员常用热水袋进行取暖。热水袋的内部液体主要是水，这是利用了水的（ ）
A．密度大B．热值大C．比热容大D．流动性
【答案】C
【分析】水的比热容较大，相同质量的水和其它物质比较，吸收或放出相同的热量，水的温度升高或降低的少，据此分析。
【解答】解：水的比热容较大，相同质量的水和其它物质比较，降低相同的温度，可以释放出更多的热量，因此，热水袋的内部液体主要是水，就是利用了水的比热容大这一特性。
故选：C。
2．（2023春•松原期中）早晨，妈妈把装有热粥的碗放在凉水中冷却一会儿，粥的温度就刚刚好了。这是利用了水的（ ）
A．比热容大B．比热容小C．热量少D．热量多
【答案】A
【分析】水的比热容较大，相同质量水与其它物质相比，升高或降低相同的温度，水吸热或放热多。
【解答】解：水的比热容大，与同质量的其它物质相比，升高相同的温度，水吸收的热量多，降温效果好。
故选：A。
3．（2023•房山区二模）下列说法中正确的是（ ）
A．一杯水的比热容比一桶水的比热容小
B．晶体在熔化过程中吸收热量，温度不变
C．若物体甲比物体乙吸收的热量多，则物体甲的温度变化比物体乙的温度变化大
D．寒冷的冬天，室外说话时口腔附近出现的“白气”是空气中的水蒸气液化形成的
【答案】B
【分析】（1）比热容的大小与物质的种类、状态有关，与质量无关；
（2）根据晶体熔化特点解答即可；
（3）根据吸热公式Q＝cmΔt解答；
（4）液化指物质由气态转变成液态，液化要放热。
【解答】解：A、比热容的大小与质量无关，一杯水的比热容和一桶水的比热容大小相同，故A错误；
B、晶体在熔化过程中吸收热量，温度不变，故B正确；
C、由吸热公式Q＝cmΔt，可知，温度变化大小与吸热多少、比热容的大小以及质量的大小有关，所以吸热多的物体，温度变化不一定大，故C错误；
D、寒冷的冬天，室外说话时口腔附近出现的“白气”是口中的水蒸气遇冷液化形成的，故D错误。
故选：B。
4．（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。
5．（2023•墨玉县模拟）小明同学在家用电热水壶烧水，他家中的电热水壶如图所示可装1kg的自来水，标准大气压下将初始温度为20摄氏度烧开一壶水，水吸收的热量为[c水＝4.2×103J/（kg•℃）]（ ）
A．3.36×104JB．3.36×105JC．8.4×104JD．8.4×105J
【答案】B
【分析】标准大气压下水的沸点为100℃，即水的末温为100℃，知道水的质量，又知道水的初温和末温，利用吸热公式求水吸收的热量。
【解答】解：烧开水吸收到的热量：
Q吸＝cmΔt＝4.2×103J/（kg•℃）×1kg×（100℃﹣20℃）
＝3.36×105J；
故选：B。
6．（2023•内江模拟）有两个温度为100℃、质量相等的金属球，先把甲球放入温水杯中，热平衡后水温升高了10℃；取出甲球，将乙球放入该杯中，热平衡后水温又升高了10℃（末温未达100℃），则甲球比热容c甲和乙球比热容c乙大小的关系是（ ）
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】A
【分析】由题知，两次水升高的温度相同，也就是水吸收的热量相同，因为不计热量损失，由此可知甲、乙两金属块放出热量的关系；
甲、乙两实心球的质量相等、初温相同，经放热后，甲实心球比乙多降低了Δt，根据c＝可知甲、乙的比热容关系。
【解答】解：先后将甲、乙实心球投入到同一杯水中，水升高的温度相同，水吸收的热量相同，不计热量损失，即Q水吸＝Q放，由此可知，甲、乙两实心球放出的热量相同；
由题知，甲实心球比乙多降低了10℃，且甲、乙两实心球的质量相同，由c＝可知，降低的温度多的甲金属球比热容小，即c甲＜c乙。
故选：A。
7．（2022秋•海珠区校级期中）如图甲，在一个与外界没有热交换的密闭容器中装有质量为m1，具有内能为E1的热水，将一块质量为m2的冰块放入热水中，一段时间后，冰块完全熔化，热水的温度也大大降低，变成冷水，冷水质量为m3，m3＝m1+m2（不考虑蒸发等质量损失和热量损失），此时冷水具有的内能为E2，则（ ）
A．E2＝E1B．E2＞E1C．E2＜E1D．无法比较
【答案】B
【分析】在与外界没有热交换的密闭容器中，不考虑蒸发等质量损失和热量损失，热水中放入冰块后，水放出的热全部被冰吸收最终成为冷水，冷水的内能等于热水的内能与冰块的内能之和。
【解答】解：在与外界没有热交换的密闭容器中，不考虑蒸发等质量损失和热量损失，热水中放入冰块后，水放出的热全部被冰吸收最终成为冷水，则冷水的内能E2等于热水的内能E1与冰块的内能之和，所以，冷水的内能会大于热水的内能，即E2＞E1，故ACD错误、B正确。
故选：B。
8．（2022秋•澧县校级月考）A、B两物体质量相等，温度均为10℃；甲、乙两杯水质量相等，温度均为60℃，现将A放入甲杯、B放入乙杯，热平衡后甲杯水温降低了5℃，乙杯水温降低了10℃，不考虑热损失，则A、B两物体的比热容之比为（ ）
A．1：2B．3：5C．2：1D．4：9
【答案】D
【分析】物体A放入甲杯中，热平衡后，水的温度由60℃降低了5℃，变成60℃﹣5℃＝55℃，A的温度由10℃升高到55℃，水放出的热量等于A吸收的热量，据此列出热平衡方程，就可以求出A的比热容；
物体B放入乙杯杯中，热平衡后，水的温度由60℃降低了10℃，变成60℃﹣10℃＝50℃，B的温度由10℃升高到50℃，水放出的热量等于B吸收的热量，据此列出热平衡方程，就可以求出B的比热容，进一步计算出A、B两物体的比热容之比。
【解答】解：物体A放入甲杯中，热平衡后，A和水的共同温度为60℃﹣5℃＝55℃，
水放出的热量Q放甲＝c水m水Δt水甲，
A吸收的热量Q吸A＝cAmAΔtA，
不计热损失，则有：Q放甲＝Q吸A，
即c水m水Δt水甲＝cAmAΔtA，
代入相关数据得：
c水m水×5℃＝cAmA×（55℃﹣10℃），
则A的比热容为：cA＝×；
物体B放入乙杯中，热平衡后，B和水的共同温度为60℃﹣10℃＝50℃，
水放出的热量Q放乙＝c水m水Δt水乙，
B吸收的热量Q吸B＝cBmBΔtB，
不计热损失，则有：Q放乙＝Q吸B，
即c水m水Δt水＝cBmBΔtB，
代入相关数据得：
c水m水×10℃＝cBmB×（50℃﹣10℃），
则A的比热容为：cB＝×；
A、B两物体质量相等，即mA＝mB，
则A、B两物体的比热容之比为：＝＝。
故选：D。
9．（2023•红塔区模拟）（多选）用相同的加热装置分别对质量相同的固态物质a、b、c加热，它们的温度随加热时间变化关系如图所示。不计热量损失，以下分析正确的是（ ）
A．在t1～t2时间内，a吸收的热量大于c吸收的热量
B．在t2～t3时间内，a的内能不变
C．固态物质a属于晶体
D．b的比热容小于c的比热容
【答案】CD
【分析】（1）用相同的加热装置，吸收热量的多少通过加热时间的长短来表示：
（2）晶体的熔化过程吸热温度不变，内能增加；
（3）晶体有固定的熔点，晶体在熔化过程中吸收热量，温度保持不变，此时的温度叫做晶体的熔点；
（4）根据Q＝cmΔt分析b、c比热容的大小。
【解答】解：A、用相同的加热装置，t1～t2时间内，加热时间相同，所以a、c吸收热量相同，故A错误；
B、t2～t3时间内物质a处于熔化过程，温度虽然不变，但继续吸收热量，所以其内能增加，故B错误；
C、由图象知，该物质在加热过程中t2～t3时间内物质a处于熔化过程，温度保持不变，属于晶体，故C正确；
D、用相同的加热装置对b、c两种物质加热时，相同时间内两种物质吸收的热量相同，c物质升高的温度较小，b、c物质质量相等，由公式Q＝cmΔt可知，b的比热容小于c的比热容，故D正确。
故选：CD。
二、填空题。
10．（2023•兴庆区校级二模）位于宁夏银川市的阅海公园，是目前银川市面积最大、地貌保持最完整的一块生态湿地，对城市居民的生活有很重要的意义，其中它可以有效地调节气温，这是因为水的 比热容 比沙石干泥土的大，所以在相同的日照下，湿地湖泊较多的地区其温度变化量较 小 （选填“大”或“小”）；一到春天，公园里花香四溢，这是 扩散 现象；漫步在阅海湖边，看到鱼儿在云中游，云是光的 反射 所形成的虚像，鱼是光的 折射 形成的虚像。
【答案】比热容；小；扩散；反射；折射
【分析】因为水的比热容较大，相同质量的水和其它物质比较，吸收或放出相同的热量，水的温度升高或降低的少，据此分析；
分子都在不停地做无规则运动；
我们看到水中的物体，其实看到的是物体的虚像，是由光的折射形成的。
【解答】解：湿地含水分多，水的比热容较大，由Q＝cmΔt可知，白天，相同质量的水和土壤、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，使得昼夜的温差小，能有效调节周围环境的气温；
公园里花香四溢，这是扩散现象，说明分子在不停地做无规则运动；
云在天上，所以“白云”是在水中形成的像，即平面镜成像，故看到水中的白云是由光的反射形成的与物体等大的虚像；光由水斜射如空气时发生折射，折射角大于入射角，折射光线向水面偏折；我们看到的水中的鱼，是由光的折射形成的虚像。
故答案为：比热容；小；扩散；反射；折射。
11．（2023•长沙一模）位于长沙黑糜峰的垃圾焚烧发电厂每天完全燃烧800t生活垃圾，生活垃圾的热值为3×106J/kg，放出热量 2.4×1012 J，放出热量的30%用来发电，放出热量的42%用来加热水供给附近小区，1标准大气压下，每天可将 3×106 kg的水由20℃恰好加热至沸腾。[c水＝4.2×103J/（kg•℃）]
【答案】2.4×1012；3×106。
【分析】根据Q放＝mq求出生活垃圾完全燃烧放出的热量；根据题意求出水吸收的热量，根据Q吸＝cm（t﹣t0）求出水的质量。
【解答】解：生活垃圾完全燃烧放出的热量：Q放＝mq＝800×1000kg×3×106J/kg＝2.4×1012J；
根据题意可知，水吸收的热量：Q吸＝42%×Q放＝42%×2.4×1012J＝1.008×1012J，
一个标准大气压下，水的沸点是100℃，
由Q吸＝cm（t﹣t0）可知，水的质量：m水＝＝＝3×106kg。
故答案为：2.4×1012；3×106。
12．（2023•固镇县一模）小红在探究“物质的放热能力与哪些因素有关”时，分别用质量都是2kg的水和另一种液体进行了实验，并用图像对实验数据进行了处理，如图所示。实验中，水和另种液体在相同时间内放出的热量相等。分析图像可以得出： 甲 物质为水（选填“甲”或“乙”）；另一种液体的比热容为 2.1×103 J/（kg•℃）。
【答案】甲；2.1×103。
【分析】（1）选同样的放热时间，甲和乙放热相同，根据温度变化的多少判断，温度变化多的比热容小，温度变化少的比热容大，据此分析判断。
（2）由题知，分别用质量相等的水和另一种液体进行了实验，相同时间水和液体放出的热量相同。而水和液体的质量相同，根据放热公式求液体的比热容。
【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；利用热量的计算公式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A、B两种液体中，一种液体是水，则一定是甲液体；
（2）由题知，而水和液体的质量相同，即m水＝m乙，而水和另种液体在相同时间内放出的热量相等，
即Q水放＝Q乙放，
c水m水Δt＝c乙m（60℃﹣20℃），
4.2×103J/（kg•℃）×m×（60℃﹣40℃）＝c乙m（60℃﹣20℃），
解得：c乙＝2.1×103J/（kg•℃）。
故答案为：甲；2.1×103。
13．（2023•高新区校级模拟）河南特色美食开封小笼灌汤包已有百年历史，在制作过程中，远远地便能闻到鲜香味道，该现象说明分子在不停地 做无规则运动 ，若蒸制过程锅内约有1kg的水，从20℃加热到沸腾（一个标准大气压下），该过程水的内能增加 3.36×105 J。[c＝4.2×103J/（kg•℃）]
【答案】做无规则运动；3.36×105。
【分析】（1）组成物质的分子在不停地做无规则运动；
（2）根据Q吸＝cm（t﹣t0）求出水吸收的热量，即为水的内能增加量。
【解答】解：河南特色美食开封小笼灌汤包已有百年历史，在制作过程中，远远地便能闻到鲜香味道，该现象说明分子在不停地做无规则运动；
一个标准大气压下，水的沸点是100℃，
水吸收的热量：Q吸＝cm（t﹣t0）＝4.2×103J/（kg•℃）×1kg×（100℃﹣20℃）＝3.36×105J，即这一过程水的内能增加了3.36×105J。
故答案为：做无规则运动；3.36×105。
三、实验探究题。
14．（2023•泸州）小明学习了比热容知识后，想比较A、B两种未知液体的比热容大小，进行如下实验：
（1）找来两个带保温层的相同电热杯，不计与外界发生的热传递，如图甲所示。
（2）将 质量 相等的A、B两种液体分别倒入两个电热杯中，然后将两种液体均加热到60℃。
（3）将长时间处于室温的两个完全相同的铜块，分别浸没在两种液体中，盖好盖子。
（4）经过一段时间，温度计示数稳定后，A液体中温度计示数如图乙所示，则A液体温度降为 56.0 ℃，B液体温度降为53.0℃。
（5）分析可知， A 液体放出的热量多， A 液体的比热容较大。物质
密度ρ/（kg•m﹣3）
（常温常压下）
煤油
0.8×103
纯水
1.0×103
铜
8.9×103
铝
2.7×103
物质
熔点/℃
（在标准大气压下）
铜
1083
铝
660
铅
328
锡
232
物质
比热容
c/[（J•（kg•℃）﹣3]
干泥土
0.84×103
水
4.2×103
铜
0.39×103
铝
0.88×103
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
温度/℃
20
30
40
50
加热时间/s
甲
0
40
80
120
乙
0
20
40
60
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