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6.根据$c=\frac{Q}{m\Delta t}$可知，对于同一物态的某种物质（
A.比热容跟热量成正比
B.比热容跟质量成反比
C.比热容跟温度的变化量成反比
D.吸收或放出的热量跟质量与温度变化量的乘积之比是个恒量
D
）A.比热容跟热量成正比
B.比热容跟质量成反比
C.比热容跟温度的变化量成反比
D.吸收或放出的热量跟质量与温度变化量的乘积之比是个恒量
答案
6. D
解析
【分析】
本题考查比热容的特性，比热容是物质的固有特性，仅与物质的种类和物态有关，与吸收/放出的热量、质量、温度变化量均无关。公式$c=\frac{Q}{m\Delta t}$是比热容的计算式，而非决定式，不能将其理解为比热容与Q、m、Δt成比例关系，需逐一分析选项判断正确性。
【解析】
逐一分析各选项：
1. 选项A：比热容是物质的固有特性，与吸收或放出的热量无关，不能说比热容跟热量成正比，A错误；
2. 选项B：比热容与物质的质量无关，不能说比热容跟质量成反比，B错误；
3. 选项C：比热容与温度的变化量无关，不能说比热容跟温度的变化量成反比，C错误；
4. 选项D：对于同一物态的某种物质，比热容$c$是定值，因此吸收或放出的热量跟质量与温度变化量的乘积（即$m\Delta t$）之比（也就是$c$）是个恒量，D正确。
【答案】
D
【知识点】
比热容的特性、比热容的定义式
【点评】
本题核心是区分比热容的计算式与决定式，明确比热容是物质的固有特性，不受Q、m、Δt的影响，需避免错误的比例关系判断，属于基础概念题。
【难度系数】
0.3
本题考查比热容的特性，比热容是物质的固有特性，仅与物质的种类和物态有关，与吸收/放出的热量、质量、温度变化量均无关。公式$c=\frac{Q}{m\Delta t}$是比热容的计算式，而非决定式，不能将其理解为比热容与Q、m、Δt成比例关系，需逐一分析选项判断正确性。
【解析】
逐一分析各选项：
1. 选项A：比热容是物质的固有特性，与吸收或放出的热量无关，不能说比热容跟热量成正比，A错误；
2. 选项B：比热容与物质的质量无关，不能说比热容跟质量成反比，B错误；
3. 选项C：比热容与温度的变化量无关，不能说比热容跟温度的变化量成反比，C错误；
4. 选项D：对于同一物态的某种物质，比热容$c$是定值，因此吸收或放出的热量跟质量与温度变化量的乘积（即$m\Delta t$）之比（也就是$c$）是个恒量，D正确。
【答案】
D
【知识点】
比热容的特性、比热容的定义式
【点评】
本题核心是区分比热容的计算式与决定式，明确比热容是物质的固有特性，不受Q、m、Δt的影响，需避免错误的比例关系判断，属于基础概念题。
【难度系数】
0.3
7. 提升题 利用图3甲所示的实验装置比较不同物质吸热的情况，使用相同的电加热器分别对水和食用油加热，图3乙为得到的温度随时间变化的图像。已知$c_{水}=4.2×10^{3}J/(kg· ^{\circ }C)$。下列说法正确的是(
A.应在两个相同的烧杯中加入体积和初温均相同的水和食用油
B.若水和食用油的质量相同，分析图乙可得食用油的比热容为$2.8×10^{3}J/(kg· ^{\circ }C)$
C.加热2 min后，a吸收的热量比b吸收的热量多
D.吸热能力较强的是a，它更适合作冷却剂
B
)A.应在两个相同的烧杯中加入体积和初温均相同的水和食用油
B.若水和食用油的质量相同，分析图乙可得食用油的比热容为$2.8×10^{3}J/(kg· ^{\circ }C)$
C.加热2 min后，a吸收的热量比b吸收的热量多
D.吸热能力较强的是a，它更适合作冷却剂
答案
7. B
解析
【分析】
本题考查比热容的实验探究，需结合控制变量法和热量公式$Q = cm\Delta t$分析。解题思路：明确实验中相同电加热器在相同时间内提供的热量相同，先判断各选项的控制条件是否合理，再通过图像中温度变化与加热时间的关系，结合热量公式推导比热容、判断吸热能力等。
【解析】
选项A：比较不同物质吸热能力时，需控制水和食用油的质量相同，而非体积（水和食用油密度不同，体积相同则质量不同，无法满足控制变量要求），故A错误。
选项B：若水和食用油质量相同，由图乙可知，升高相同温度（从$20° C$到$40° C$）时，a的加热时间为2min，b的加热时间为3min；相同电加热器加热时间越长，吸收热量越多，因此$Q_a:Q_b = 2:3$。根据热量公式$Q = cm\Delta t$，当$m$和$\Delta t$相同时，比热容与吸收热量成正比，即$\frac{c_{油}}{c_{水}} = \frac{Q_a}{Q_b} = \frac{2}{3}$，代入$c_{水}=4.2×10^3 J/(kg·° C)$，得$c_{油} = \frac{2}{3}×4.2×10^3 J/(kg·° C)=2.8×10^3 J/(kg·° C)$，故B正确。
选项C：相同电加热器加热2min，水和食用油吸收的热量相等（加热时间相同，电加热器放出的热量相同），故C错误。
选项D：吸热能力越强，比热容越大；质量相同的物质，升高相同温度时，吸收热量越多（加热时间越长），比热容越大，因此b的吸热能力更强（对应水），更适合作冷却剂，故D错误。
【答案】
B
【知识点】
比热容、热量计算、控制变量法
【点评】
本题是比热容实验的综合应用，需掌握控制变量法在实验中的作用，结合热量公式分析温度、时间与比热容的关系，易错点是混淆质量与体积，或误判吸热能力对应的物质。
【难度系数】
0.5
本题考查比热容的实验探究，需结合控制变量法和热量公式$Q = cm\Delta t$分析。解题思路：明确实验中相同电加热器在相同时间内提供的热量相同，先判断各选项的控制条件是否合理，再通过图像中温度变化与加热时间的关系，结合热量公式推导比热容、判断吸热能力等。
【解析】
选项A：比较不同物质吸热能力时，需控制水和食用油的质量相同，而非体积（水和食用油密度不同，体积相同则质量不同，无法满足控制变量要求），故A错误。
选项B：若水和食用油质量相同，由图乙可知，升高相同温度（从$20° C$到$40° C$）时，a的加热时间为2min，b的加热时间为3min；相同电加热器加热时间越长，吸收热量越多，因此$Q_a:Q_b = 2:3$。根据热量公式$Q = cm\Delta t$，当$m$和$\Delta t$相同时，比热容与吸收热量成正比，即$\frac{c_{油}}{c_{水}} = \frac{Q_a}{Q_b} = \frac{2}{3}$，代入$c_{水}=4.2×10^3 J/(kg·° C)$，得$c_{油} = \frac{2}{3}×4.2×10^3 J/(kg·° C)=2.8×10^3 J/(kg·° C)$，故B正确。
选项C：相同电加热器加热2min，水和食用油吸收的热量相等（加热时间相同，电加热器放出的热量相同），故C错误。
选项D：吸热能力越强，比热容越大；质量相同的物质，升高相同温度时，吸收热量越多（加热时间越长），比热容越大，因此b的吸热能力更强（对应水），更适合作冷却剂，故D错误。
【答案】
B
【知识点】
比热容、热量计算、控制变量法
【点评】
本题是比热容实验的综合应用，需掌握控制变量法在实验中的作用，结合热量公式分析温度、时间与比热容的关系，易错点是混淆质量与体积，或误判吸热能力对应的物质。
【难度系数】
0.5
8.(多选)下列关于温度、热量和内能的说法正确的是(
A.100 ℃的水一定比20 ℃的水内能大
B.两个内能相同的物体互相接触时，有可能发生热传递
C.我们不敢大口喝热气腾腾的汤，是因为汤含有的热量较多
D.物体的温度不变，其内能可能增加
BD
)A.100 ℃的水一定比20 ℃的水内能大
B.两个内能相同的物体互相接触时，有可能发生热传递
C.我们不敢大口喝热气腾腾的汤，是因为汤含有的热量较多
D.物体的温度不变，其内能可能增加
答案
8. BD
解析
【分析】
本题考查温度、热量和内能的关系，需明确各物理量的概念及影响因素，结合热传递的条件逐一分析选项：内能与质量、温度、状态等有关，热量是过程量，热传递的条件是存在温度差，温度不变时内能可能变化。
【解析】
A选项：内能的大小由物体的质量、温度、状态等共同决定，100℃的水若质量远小于20℃的水，其内能可能更小，故A错误；
B选项：热传递的条件是物体间存在温度差，内能相同的物体温度可能不同（如温度低但质量大的物体与温度高但质量小的物体内能相同），互相接触时可能发生热传递，故B正确；
C选项：热量是过程量，只能描述“吸收”或“放出”，不能说“含有”热量，故C错误；
D选项：晶体熔化时，温度不变但持续吸热，内能增加，因此物体温度不变时内能可能增加，故D正确。
【答案】
BD
【知识点】
温度、热量与内能的关系；热传递的条件；内能的影响因素
【点评】
本题为基础概念辨析题，需准确区分温度、热量、内能的本质，易错点在于混淆热量的表述、内能的影响因素及热传递的条件，整体难度适中。
【难度系数】
0.6
本题考查温度、热量和内能的关系，需明确各物理量的概念及影响因素，结合热传递的条件逐一分析选项：内能与质量、温度、状态等有关，热量是过程量，热传递的条件是存在温度差，温度不变时内能可能变化。
【解析】
A选项：内能的大小由物体的质量、温度、状态等共同决定，100℃的水若质量远小于20℃的水，其内能可能更小，故A错误；
B选项：热传递的条件是物体间存在温度差，内能相同的物体温度可能不同（如温度低但质量大的物体与温度高但质量小的物体内能相同），互相接触时可能发生热传递，故B正确；
C选项：热量是过程量，只能描述“吸收”或“放出”，不能说“含有”热量，故C错误；
D选项：晶体熔化时，温度不变但持续吸热，内能增加，因此物体温度不变时内能可能增加，故D正确。
【答案】
BD
【知识点】
温度、热量与内能的关系；热传递的条件；内能的影响因素
【点评】
本题为基础概念辨析题，需准确区分温度、热量、内能的本质，易错点在于混淆热量的表述、内能的影响因素及热传递的条件，整体难度适中。
【难度系数】
0.6
9.某沿海地区形成海陆风,请在图4所示虚线框内用一根箭头表示白天的风向。
答案
9. 白天风从海洋吹向陆地，箭头指向陆地，如
所示。解析
【分析】要确定白天的风向，需结合海陆风的形成原理：首先，陆地的比热容比海洋小，白天在相同太阳照射下，陆地升温速度比海洋快；陆地近地面空气受热上升，近地面形成低气压，海洋近地面气温低，空气下沉，形成高气压；近地面的风由高气压吹向低气压，因此白天风从海洋吹向陆地，箭头指向陆地方向。
【解析】根据海陆风的形成规律：白天，陆地比热容小，升温快，近地面气压低；海洋比热容大，升温慢，近地面气压高。近地面风从高压（海洋）吹向低压（陆地），因此在虚线框内画一个指向陆地的水平箭头。
【答案】在虚线框内画一个水平向右（指向陆地）的箭头，与参考答案的箭头一致。
【知识点】比热容、海陆风形成
【点评】本题考查海陆风的形成原理，核心是利用比热容差异分析气压分布，进而确定风向，属于基础应用类题目，难度不大。
【难度系数】0.6
【解析】根据海陆风的形成规律：白天，陆地比热容小，升温快，近地面气压低；海洋比热容大，升温慢，近地面气压高。近地面风从高压（海洋）吹向低压（陆地），因此在虚线框内画一个指向陆地的水平箭头。
【答案】在虚线框内画一个水平向右（指向陆地）的箭头，与参考答案的箭头一致。
【知识点】比热容、海陆风形成
【点评】本题考查海陆风的形成原理，核心是利用比热容差异分析气压分布，进而确定风向，属于基础应用类题目，难度不大。
【难度系数】0.6
10.将质量和初温均相同的甲、乙两种晶体分别装在两个相同的容器中，用相同的加热器同时对它们加热。图5是甲的温度随时间变化的部分熔化图像，若乙的比热容和熔点均小于甲，请画出乙在相同过程中温度随时间变化的大致图像。
答案
10. 乙初始升温段斜率大于甲，熔化平台的温度低于甲，大致图像如
所示。解析
【分析】
要画出乙的温度随时间变化图像，需结合晶体熔化特点、比热容公式分析：1. 晶体熔化规律：熔化前吸热升温（固态），熔化时温度不变（熔点），熔化后吸热升温（液态）；2. 相同加热器加热，相同时间内甲、乙吸收热量Q相同，质量m相同；根据Q=cmΔt，Δt=Q/(cm)，乙的比热容c小于甲，所以相同时间乙的温度变化Δt更大，即乙熔化前升温比甲快（图像斜率更大）；3. 题目说明乙的熔点小于甲，所以乙的熔化平台（温度不变段）的温度低于甲的熔化平台温度；4. 甲、乙初温相同，图像起点一致，据此画出乙的图像。
【解析】
步骤1：确定图像起点：甲、乙初温相同，故乙的图像起点与甲的起点一致；
步骤2：分析熔化前升温段：相同时间吸收热量相同，质量相同，乙的比热容更小，由Δt=Q/(cm)得，乙升温更快，因此乙熔化前的图像斜率比甲大；
步骤3：分析熔化平台段：乙的熔点小于甲，所以乙的熔化平台温度低于甲的熔化平台温度，且乙升温快，达到熔点的时间更短；
步骤4：熔化后，乙的液态比热容仍小于甲，故熔化后升温也比甲快，最终图像的平台温度低于甲的平台温度。
【答案】
乙初始升温段斜率大于甲，熔化平台温度低于甲，大致图像如所示。
【知识点】
晶体熔化图像、比热容应用、热量计算
【点评】
本题结合晶体熔化特点与比热容公式，考查学生对温度-时间图像的分析能力，需将物理规律与图像特征对应，是初中热学典型题型。
【难度系数】
0.5
要画出乙的温度随时间变化图像，需结合晶体熔化特点、比热容公式分析：1. 晶体熔化规律：熔化前吸热升温（固态），熔化时温度不变（熔点），熔化后吸热升温（液态）；2. 相同加热器加热，相同时间内甲、乙吸收热量Q相同，质量m相同；根据Q=cmΔt，Δt=Q/(cm)，乙的比热容c小于甲，所以相同时间乙的温度变化Δt更大，即乙熔化前升温比甲快（图像斜率更大）；3. 题目说明乙的熔点小于甲，所以乙的熔化平台（温度不变段）的温度低于甲的熔化平台温度；4. 甲、乙初温相同，图像起点一致，据此画出乙的图像。
【解析】
步骤1：确定图像起点：甲、乙初温相同，故乙的图像起点与甲的起点一致；
步骤2：分析熔化前升温段：相同时间吸收热量相同，质量相同，乙的比热容更小，由Δt=Q/(cm)得，乙升温更快，因此乙熔化前的图像斜率比甲大；
步骤3：分析熔化平台段：乙的熔点小于甲，所以乙的熔化平台温度低于甲的熔化平台温度，且乙升温快，达到熔点的时间更短；
步骤4：熔化后，乙的液态比热容仍小于甲，故熔化后升温也比甲快，最终图像的平台温度低于甲的平台温度。
【答案】
乙初始升温段斜率大于甲，熔化平台温度低于甲，大致图像如
所示。【知识点】
晶体熔化图像、比热容应用、热量计算
【点评】
本题结合晶体熔化特点与比热容公式，考查学生对温度-时间图像的分析能力，需将物理规律与图像特征对应，是初中热学典型题型。
【难度系数】
0.5
11. 提升题 在“探究冰的熔化规律”的实验中，某同学利用电加热器对质量为
0.5 kg 的冰块持续加热。实验过程中，他记录了冰块的温度随时间变化的关系，并绘制了如图6所示的温度—时间图像。图中AB段为固态冰，BC段为固液共存状态，CD段为液态水。已知水的比热容为 $4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}$。
(1)根据图线信息，求CD段水吸收的热量。
(2)求冰在熔化过程中吸收的热量。
(3)求冰的比热容。
0.5 kg 的冰块持续加热。实验过程中，他记录了冰块的温度随时间变化的关系，并绘制了如图6所示的温度—时间图像。图中AB段为固态冰，BC段为固液共存状态，CD段为液态水。已知水的比热容为 $4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}$。
(1)根据图线信息，求CD段水吸收的热量。
(2)求冰在熔化过程中吸收的热量。
(3)求冰的比热容。
答案
11. 解:(1)$Q_{吸}=c_{水}m_{水}\Delta t_{水}=4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}×0.5\ \mathrm{kg}×(20\ ℃-0\ ℃)=4.2×10^4\ \mathrm{J}$。
(2)BC段冰吸热时间为CD段水吸热时间的4倍,故其吸收的热量为CD段水吸收热量的4倍,即$Q=4Q_{吸}=4×4.2×10^4\ \mathrm{J}=1.68×10^5\ \mathrm{J}$。
(3)AB段冰吸热时间为CD段水吸热时间的一半,故其吸收的热量为CD段水吸收热量的一半,即$Q_{吸冰}=\frac{1}{2}Q_{吸}=\frac{1}{2}×4.2×10^4\ \mathrm{J}=2.1×10^4\ \mathrm{J}$。
AB段冰升高的温度$t_{冰}=0\ ℃-(-20\ ℃)=20\ ℃$,
冰的比热容$c_{冰}=\frac{Q_{吸冰}}{mt_{冰}}=\frac{2.1×10^4\ \mathrm{J}}{0.5\ \mathrm{kg}×20\ ℃}=2.1×10^3\mathrm{J/(kg·℃)}$。
(2)BC段冰吸热时间为CD段水吸热时间的4倍,故其吸收的热量为CD段水吸收热量的4倍,即$Q=4Q_{吸}=4×4.2×10^4\ \mathrm{J}=1.68×10^5\ \mathrm{J}$。
(3)AB段冰吸热时间为CD段水吸热时间的一半,故其吸收的热量为CD段水吸收热量的一半,即$Q_{吸冰}=\frac{1}{2}Q_{吸}=\frac{1}{2}×4.2×10^4\ \mathrm{J}=2.1×10^4\ \mathrm{J}$。
AB段冰升高的温度$t_{冰}=0\ ℃-(-20\ ℃)=20\ ℃$,
冰的比热容$c_{冰}=\frac{Q_{吸冰}}{mt_{冰}}=\frac{2.1×10^4\ \mathrm{J}}{0.5\ \mathrm{kg}×20\ ℃}=2.1×10^3\mathrm{J/(kg·℃)}$。
解析
【分析】
要解决这三个问题，需结合图像信息和电加热器“相同时间内吸收的热量相同”的特点：
1. 第(1)问：CD段为液态水，已知水的比热容、质量和温度变化，直接利用吸热公式计算水吸收的热量；
2. 第(2)问：BC段是冰的熔化过程，熔化时温度不变，根据加热时间的比例关系，结合CD段的吸热，算出熔化过程吸收的热量；
3. 第(3)问：AB段为固态冰，先由加热时间比例算出冰吸收的热量，再确定冰升高的温度，最后通过吸热公式变形计算冰的比热容。
【解析】
解：(1) CD段水的温度变化$\Delta t_{水}=20℃ - 0℃=20℃$，根据吸热公式：
$Q_{吸水}=c_{水}m\Delta t_{水}=4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}×0.5\ \mathrm{kg}×20℃=4.2×10^4\ \mathrm{J}$；
(2) 由图像可知，BC段加热时间为$45min -5min=40min$，CD段加热时间为$55min -45min=10min$，同一电加热器相同时间吸热相同，因此BC段（熔化过程）吸热是CD段的$\frac{40min}{10min}=4$倍，即：
$Q_{熔化}=4Q_{吸水}=4×4.2×10^4\ \mathrm{J}=1.68×10^5\ \mathrm{J}$；
(3) AB段加热时间为$5min -0min=5min$，AB段冰吸热是CD段的$\frac{5min}{10min}=\frac{1}{2}$，即：
$Q_{吸冰}=\frac{1}{2}Q_{吸水}=\frac{1}{2}×4.2×10^4\ \mathrm{J}=2.1×10^4\ \mathrm{J}$；
AB段冰升高的温度$\Delta t_{冰}=0℃ - (-20℃)=20℃$，由$Q_{吸}=cm\Delta t$变形得冰的比热容：
$c_{冰}=\frac{Q_{吸冰}}{m\Delta t_{冰}}=\frac{2.1×10^4\ \mathrm{J}}{0.5\ \mathrm{kg}×20℃}=2.1×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}$；
【答案】
(1) $4.2×10^4\ \mathrm{J}$；(2) $1.68×10^5\ \mathrm{J}$；(3) $2.1×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}$
【知识点】
热量计算、比热容、熔化规律
【点评】
本题结合温度-时间图像，利用电加热器相同时间吸热相同的隐含条件，考查吸热公式的应用，关键是从图像提取加热时间和温度变化，理解熔化过程的特点，是一道结合图像的热量计算综合题。
【难度系数】
0.5
要解决这三个问题，需结合图像信息和电加热器“相同时间内吸收的热量相同”的特点：
1. 第(1)问：CD段为液态水，已知水的比热容、质量和温度变化，直接利用吸热公式计算水吸收的热量；
2. 第(2)问：BC段是冰的熔化过程，熔化时温度不变，根据加热时间的比例关系，结合CD段的吸热，算出熔化过程吸收的热量；
3. 第(3)问：AB段为固态冰，先由加热时间比例算出冰吸收的热量，再确定冰升高的温度，最后通过吸热公式变形计算冰的比热容。
【解析】
解：(1) CD段水的温度变化$\Delta t_{水}=20℃ - 0℃=20℃$，根据吸热公式：
$Q_{吸水}=c_{水}m\Delta t_{水}=4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}×0.5\ \mathrm{kg}×20℃=4.2×10^4\ \mathrm{J}$；
(2) 由图像可知，BC段加热时间为$45min -5min=40min$，CD段加热时间为$55min -45min=10min$，同一电加热器相同时间吸热相同，因此BC段（熔化过程）吸热是CD段的$\frac{40min}{10min}=4$倍，即：
$Q_{熔化}=4Q_{吸水}=4×4.2×10^4\ \mathrm{J}=1.68×10^5\ \mathrm{J}$；
(3) AB段加热时间为$5min -0min=5min$，AB段冰吸热是CD段的$\frac{5min}{10min}=\frac{1}{2}$，即：
$Q_{吸冰}=\frac{1}{2}Q_{吸水}=\frac{1}{2}×4.2×10^4\ \mathrm{J}=2.1×10^4\ \mathrm{J}$；
AB段冰升高的温度$\Delta t_{冰}=0℃ - (-20℃)=20℃$，由$Q_{吸}=cm\Delta t$变形得冰的比热容：
$c_{冰}=\frac{Q_{吸冰}}{m\Delta t_{冰}}=\frac{2.1×10^4\ \mathrm{J}}{0.5\ \mathrm{kg}×20℃}=2.1×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}$；
【答案】
(1) $4.2×10^4\ \mathrm{J}$；(2) $1.68×10^5\ \mathrm{J}$；(3) $2.1×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}$
【知识点】
热量计算、比热容、熔化规律
【点评】
本题结合温度-时间图像，利用电加热器相同时间吸热相同的隐含条件，考查吸热公式的应用，关键是从图像提取加热时间和温度变化，理解熔化过程的特点，是一道结合图像的热量计算综合题。
【难度系数】
0.5
