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2.1个标准大气压下，现有温度为$0\ °\mathrm{C}$的水和$-16\ °\mathrm{C}$的冰块，两者的质量相等。把冰块放到水中，最终形成了一块大冰块。忽略它们与外界之间的热传递，则（
A.原来$0\ °\mathrm{C}$水的内能和后来整个大冰块的内能相等
B.根据以上信息，能证明水的比热容大于冰的比热容
C.水在结冰的过程中，水温不变，所以水的内能保持不变
D.后来大冰块的温度高于$-8\ °\mathrm{C}$
D
）A.原来$0\ °\mathrm{C}$水的内能和后来整个大冰块的内能相等
B.根据以上信息，能证明水的比热容大于冰的比热容
C.水在结冰的过程中，水温不变，所以水的内能保持不变
D.后来大冰块的温度高于$-8\ °\mathrm{C}$
答案
2.D
解析
【分析】
首先明确题目条件：标准大气压下，质量相等的0℃水和-16℃冰，忽略外界热传递，冰放入水中最终形成大冰块。解题思路：1. 分析热传递方向：0℃水温度高于-16℃冰，发生热传递，水放热、冰吸热；2. 结合相变规律：0℃水放热会凝固为0℃冰，-16℃冰吸热先升温至0℃，最终为大冰块说明冰未熔化，热传递停止时系统温度相同；3. 逐一分析选项，结合内能、比热容、物态变化的知识判断对错。
【解析】
对各选项分析如下：
1. A选项：系统总内能守恒（忽略外界热传递），原来0℃水的内能与原来冰的内能之和等于后来大冰块的内能，因此原来0℃水的内能和后来大冰块的内能不相等，A错误；
2. B选项：该过程伴随水的凝固相变，无法仅通过温度变化和吸放热直接比较比热容（比热容是物质特性，本题过程存在相变干扰，不能证明水的比热容大于冰），B错误；
3. C选项：水结冰时温度不变，但凝固放热，内能减少，并非内能保持不变，C错误；
4. D选项：冰初始温度为-16℃，吸热后升温，最终热传递停止时温度高于初始的-16℃；实际最终温度为0℃（水凝固放热足够让冰升温至0℃），显然高于-8℃，D正确。
【答案】
D
【知识点】
热传递、内能、物态变化（凝固）
【点评】
本题结合热传递、内能、物态变化等知识点，需明确相变过程中内能的变化特点（温度不变但内能改变），易错点是混淆相变时的内能变化，需结合总内能守恒分析，难度中等。
【难度系数】
0.5
首先明确题目条件：标准大气压下，质量相等的0℃水和-16℃冰，忽略外界热传递，冰放入水中最终形成大冰块。解题思路：1. 分析热传递方向：0℃水温度高于-16℃冰，发生热传递，水放热、冰吸热；2. 结合相变规律：0℃水放热会凝固为0℃冰，-16℃冰吸热先升温至0℃，最终为大冰块说明冰未熔化，热传递停止时系统温度相同；3. 逐一分析选项，结合内能、比热容、物态变化的知识判断对错。
【解析】
对各选项分析如下：
1. A选项：系统总内能守恒（忽略外界热传递），原来0℃水的内能与原来冰的内能之和等于后来大冰块的内能，因此原来0℃水的内能和后来大冰块的内能不相等，A错误；
2. B选项：该过程伴随水的凝固相变，无法仅通过温度变化和吸放热直接比较比热容（比热容是物质特性，本题过程存在相变干扰，不能证明水的比热容大于冰），B错误；
3. C选项：水结冰时温度不变，但凝固放热，内能减少，并非内能保持不变，C错误；
4. D选项：冰初始温度为-16℃，吸热后升温，最终热传递停止时温度高于初始的-16℃；实际最终温度为0℃（水凝固放热足够让冰升温至0℃），显然高于-8℃，D正确。
【答案】
D
【知识点】
热传递、内能、物态变化（凝固）
【点评】
本题结合热传递、内能、物态变化等知识点，需明确相变过程中内能的变化特点（温度不变但内能改变），易错点是混淆相变时的内能变化，需结合总内能守恒分析，难度中等。
【难度系数】
0.5
3.已知A、B两金属块的比热容之比$c_A:c_B=1:2$，把它们都加热到$100°\mathrm{C}$，然后分别投入装有质量相同、初温都为$30°\mathrm{C}$的C、D两杯水中，结果为金属块A使C杯中的水温度升高了$20°\mathrm{C}$，金属块B使D杯中的水温度升高了$30°\mathrm{C}$。整个过程中不考虑热量损失，则$m_A$与$m_B$之比为（
A.$15:16$
B.$1:1$
C.$16:15$
D.$4:3$
C
）A.$15:16$
B.$1:1$
C.$16:15$
D.$4:3$
答案
3.C
解析
【分析】
本题考查热平衡方程的应用，解题思路是：根据不计热量损失时金属块放出的热量等于水吸收的热量（$Q_{放}=Q_{吸}$），分别对金属A、B列热平衡方程，再结合已知的比热容之比，通过两式相除消去相同量，求出质量之比。需注意准确计算金属块和水的温度变化量。
【解析】
不计热量损失时，金属块放出的热量等于水吸收的热量，即$Q_{放}=Q_{吸}$。
1. 对金属A：
水升高温度$\Delta t_{水A}=20° C$，则水的末温$t_{A水}=30° C+20° C=50° C$，金属A降低的温度$\Delta t_A=100° C -50° C=50° C$。
水吸收的热量：$Q_{吸A}=c_{水}m_{水}\Delta t_{水A}=c_{水}m_{水}×20° C$
金属A放出的热量：$Q_{放A}=c_A m_A \Delta t_A=c_A m_A ×50° C$
由$Q_{放A}=Q_{吸A}$得：$c_A m_A ×50° C = c_{水}m_{水}×20° C$ ①
2. 对金属B：
水升高温度$\Delta t_{水B}=30° C$，则水的末温$t_{B水}=30° C+30° C=60° C$，金属B降低的温度$\Delta t_B=100° C -60° C=40° C$。
水吸收的热量：$Q_{吸B}=c_{水}m_{水}\Delta t_{水B}=c_{水}m_{水}×30° C$
金属B放出的热量：$Q_{放B}=c_B m_B \Delta t_B=c_B m_B ×40° C$
由$Q_{放B}=Q_{吸B}$得：$c_B m_B ×40° C = c_{水}m_{水}×30° C$ ②
3. 求质量比：
将①式除以②式，约去相同的$c_{水}$、$m_{水}$，代入$c_A:c_B=1:2$：
$\frac{c_A m_A ×50° C}{c_B m_B ×40° C} = \frac{20° C}{30° C}$
$\frac{1}{2} × \frac{m_A}{m_B} × \frac{5}{4} = \frac{2}{3}$
解得：$\frac{m_A}{m_B}=\frac{16}{15}$，即$m_A:m_B=16:15$。
【答案】
C
【知识点】
热量的计算；热平衡方程
【点评】
本题是热学常规计算题，核心是利用热平衡方程建立关系，关键在于正确确定金属块和水的温度变化量，通过比例运算简化计算，难度适中，适合巩固热学基础。
【难度系数】
0.6
本题考查热平衡方程的应用，解题思路是：根据不计热量损失时金属块放出的热量等于水吸收的热量（$Q_{放}=Q_{吸}$），分别对金属A、B列热平衡方程，再结合已知的比热容之比，通过两式相除消去相同量，求出质量之比。需注意准确计算金属块和水的温度变化量。
【解析】
不计热量损失时，金属块放出的热量等于水吸收的热量，即$Q_{放}=Q_{吸}$。
1. 对金属A：
水升高温度$\Delta t_{水A}=20° C$，则水的末温$t_{A水}=30° C+20° C=50° C$，金属A降低的温度$\Delta t_A=100° C -50° C=50° C$。
水吸收的热量：$Q_{吸A}=c_{水}m_{水}\Delta t_{水A}=c_{水}m_{水}×20° C$
金属A放出的热量：$Q_{放A}=c_A m_A \Delta t_A=c_A m_A ×50° C$
由$Q_{放A}=Q_{吸A}$得：$c_A m_A ×50° C = c_{水}m_{水}×20° C$ ①
2. 对金属B：
水升高温度$\Delta t_{水B}=30° C$，则水的末温$t_{B水}=30° C+30° C=60° C$，金属B降低的温度$\Delta t_B=100° C -60° C=40° C$。
水吸收的热量：$Q_{吸B}=c_{水}m_{水}\Delta t_{水B}=c_{水}m_{水}×30° C$
金属B放出的热量：$Q_{放B}=c_B m_B \Delta t_B=c_B m_B ×40° C$
由$Q_{放B}=Q_{吸B}$得：$c_B m_B ×40° C = c_{水}m_{水}×30° C$ ②
3. 求质量比：
将①式除以②式，约去相同的$c_{水}$、$m_{水}$，代入$c_A:c_B=1:2$：
$\frac{c_A m_A ×50° C}{c_B m_B ×40° C} = \frac{20° C}{30° C}$
$\frac{1}{2} × \frac{m_A}{m_B} × \frac{5}{4} = \frac{2}{3}$
解得：$\frac{m_A}{m_B}=\frac{16}{15}$，即$m_A:m_B=16:15$。
【答案】
C
【知识点】
热量的计算；热平衡方程
【点评】
本题是热学常规计算题，核心是利用热平衡方程建立关系，关键在于正确确定金属块和水的温度变化量，通过比例运算简化计算，难度适中，适合巩固热学基础。
【难度系数】
0.6
4.某固态物体的质量为$m$,构成其物质的比热容为$c$,用稳定的热源对它加热(物体在相同时间内吸收的热量相等),到$t_3$时刻停止加热,然后让其冷却。记录上述过程中不同时刻的温度,最后绘制出温度随时间变化的图像如图所示。下列说法正确的是 （
A.在$0～t_2$时间段,该物体吸收的热量为$cm(T_2-T_1)$
B.在$t_2～t_4$时间段,该物质的比热容先增大后减小
C.在$t_4～t_5$时间段,该物体放出的热量为$\frac{cm(T_2-T_1)(t_5-t_4)}{t_1}$
D.该物质在$t_3～t_4$时间段的比热容等于$\frac{c(T_2-T_1)(t_3-t_2)}{t_1(T_3-T_2)}$
D
）A.在$0～t_2$时间段,该物体吸收的热量为$cm(T_2-T_1)$
B.在$t_2～t_4$时间段,该物质的比热容先增大后减小
C.在$t_4～t_5$时间段,该物体放出的热量为$\frac{cm(T_2-T_1)(t_5-t_4)}{t_1}$
D.该物质在$t_3～t_4$时间段的比热容等于$\frac{c(T_2-T_1)(t_3-t_2)}{t_1(T_3-T_2)}$
答案
4.D
解析
【分析】
要解决这道题，需明确两个核心：一是稳定热源加热时，相同时间内物体吸收的热量相等；停止加热冷却时，相同时间内放出的热量也相等，即热量与时间成正比；二是比热容是物质的特性，状态不变时比热容不变，热量公式为$Q=cm\Delta t$。逐一分析选项：
1. 选项A：0～t₂时间段包含固态升温（0-t₁）和熔化过程（t₁-t₂），熔化时温度不变，吸收的热量用于熔化而非升温，总热量不等于$cm(T_2-T_1)$，故A错误。
2. 选项B：t₂～t₄时间段，物质先为液态（t₂-t₃）后可能为固态（t₃-t₄），状态不变时比热容不变，不会出现先增大后减小的情况，故B错误。
3. 选项C：t₄～t₅时间段，物质为固态，比热容与固态时的$c$不同，不能直接用固态比热容计算，表达式推导不符合冷却时的热量关系，故C错误。
4. 选项D：t₂～t₃时间段为液态升温，结合0～t₁时间段固态升温的热量关系，可推导出液态比热容，即t₃～t₄时间段（液态冷却）的比热容，故D正确。
【解析】
设单位时间内物体吸收或放出的热量为$k$，根据热量公式$Q=cm\Delta t$：
1. 0～t₁时间段（固态升温）：吸收热量$Q_1=k· t_1=cm(T_2-T_1)$，解得$k=\frac{cm(T_2-T_1)}{t_1}$。
2. t₂～t₃时间段（液态升温）：吸收热量$Q_2=k·(t_3-t_2)=c_{\mathrm{液}}· m·(T_3-T_2)$，将$k$代入得：
$\frac{cm(T_2-T_1)}{t_1}·(t_3-t_2)=c_{\mathrm{液}}· m·(T_3-T_2)$，约去$m$后解得：
$c_{\mathrm{液}}=\frac{c(T_2-T_1)(t_3-t_2)}{t_1(T_3-T_2)}$。
由于t₃～t₄时间段物质为液态，比热容与液态时相同，故该时间段比热容等于上述结果，D正确。
【答案】
D
【知识点】
比热容、热量计算、温度-时间图像
【点评】
本题结合温度-时间图像考查比热容与热量的计算，关键是理解“相同时间热量相等”的隐含条件，以及比热容是物质的特性，需区分不同状态下的热量变化，对图像分析和公式应用能力有一定要求。
【难度系数】
0.5
要解决这道题，需明确两个核心：一是稳定热源加热时，相同时间内物体吸收的热量相等；停止加热冷却时，相同时间内放出的热量也相等，即热量与时间成正比；二是比热容是物质的特性，状态不变时比热容不变，热量公式为$Q=cm\Delta t$。逐一分析选项：
1. 选项A：0～t₂时间段包含固态升温（0-t₁）和熔化过程（t₁-t₂），熔化时温度不变，吸收的热量用于熔化而非升温，总热量不等于$cm(T_2-T_1)$，故A错误。
2. 选项B：t₂～t₄时间段，物质先为液态（t₂-t₃）后可能为固态（t₃-t₄），状态不变时比热容不变，不会出现先增大后减小的情况，故B错误。
3. 选项C：t₄～t₅时间段，物质为固态，比热容与固态时的$c$不同，不能直接用固态比热容计算，表达式推导不符合冷却时的热量关系，故C错误。
4. 选项D：t₂～t₃时间段为液态升温，结合0～t₁时间段固态升温的热量关系，可推导出液态比热容，即t₃～t₄时间段（液态冷却）的比热容，故D正确。
【解析】
设单位时间内物体吸收或放出的热量为$k$，根据热量公式$Q=cm\Delta t$：
1. 0～t₁时间段（固态升温）：吸收热量$Q_1=k· t_1=cm(T_2-T_1)$，解得$k=\frac{cm(T_2-T_1)}{t_1}$。
2. t₂～t₃时间段（液态升温）：吸收热量$Q_2=k·(t_3-t_2)=c_{\mathrm{液}}· m·(T_3-T_2)$，将$k$代入得：
$\frac{cm(T_2-T_1)}{t_1}·(t_3-t_2)=c_{\mathrm{液}}· m·(T_3-T_2)$，约去$m$后解得：
$c_{\mathrm{液}}=\frac{c(T_2-T_1)(t_3-t_2)}{t_1(T_3-T_2)}$。
由于t₃～t₄时间段物质为液态，比热容与液态时相同，故该时间段比热容等于上述结果，D正确。
【答案】
D
【知识点】
比热容、热量计算、温度-时间图像
【点评】
本题结合温度-时间图像考查比热容与热量的计算，关键是理解“相同时间热量相等”的隐含条件，以及比热容是物质的特性，需区分不同状态下的热量变化，对图像分析和公式应用能力有一定要求。
【难度系数】
0.5
5. 现有两个使用同一种燃料的加热器，用它们分别对甲、乙两种不同的物质加热。已知甲物质的比热容是乙物质的2倍，甲物质的质量是乙物质的$\frac{1}{3}$，当甲物质升高的温度是乙物质的$\frac{3}{4}$时（甲、乙物质的物态都不发生改变），加热甲物质所用燃料是加热乙物质所用燃料的$\frac{1}{2}$，则两加热器利用热能的效率之比是（
A.$3:4$
B.$1:1$
C.$3:2$
D.$2:1$
B
）A.$3:4$
B.$1:1$
C.$3:2$
D.$2:1$
答案
5.B
解析
【分析】
要计算两加热器利用热能的效率之比，需明确热效率公式为$\eta=\frac{Q_{吸}}{Q_{放}}$，因此效率之比等于（甲吸收的热量/甲燃料放热）与（乙吸收的热量/乙燃料放热）的比值。首先利用吸热公式$Q_{吸}=cm\Delta t$计算甲、乙吸收的热量之比，再根据燃料放热公式$Q_{放}=mq$（同一种燃料热值$q$相同），结合题目给出的燃料质量关系得到放热之比，最后代入效率比公式推导结果。
【解析】
设乙物质的比热容为$c$，质量为$m$，升高温度为$\Delta t$；加热乙的燃料质量为$m_{燃}$，则甲的比热容为$2c$，质量为$\frac{1}{3}m$，升高温度为$\frac{3}{4}\Delta t$，加热甲的燃料质量为$\frac{1}{2}m_{燃}$。
1. 计算甲、乙吸收的热量之比：
根据$Q_{吸}=cm\Delta t$：
$Q_{甲}=c_{甲}m_{甲}\Delta t_{甲}=2c×\frac{1}{3}m×\frac{3}{4}\Delta t=\frac{1}{2}cm\Delta t$
$Q_{乙}=c_{乙}m_{乙}\Delta t_{乙}=c× m×\Delta t=cm\Delta t$
故$\frac{Q_{甲}}{Q_{乙}}=\frac{\frac{1}{2}cm\Delta t}{cm\Delta t}=\frac{1}{2}$。
2. 计算甲、乙燃料放热之比：
同一种燃料热值$q$相同，根据$Q_{放}=mq$：
$\frac{Q_{放甲}}{Q_{放乙}}=\frac{q×\frac{1}{2}m_{燃}}{q× m_{燃}}=\frac{1}{2}$，即$\frac{Q_{放乙}}{Q_{放甲}}=2$。
3. 计算效率之比：
热效率$\eta=\frac{Q_{吸}}{Q_{放}}$，则：
$\frac{\eta_{甲}}{\eta_{乙}}=\frac{\frac{Q_{甲}}{Q_{放甲}}}{\frac{Q_{乙}}{Q_{放乙}}}=\frac{Q_{甲}}{Q_{乙}}×\frac{Q_{放乙}}{Q_{放甲}}=\frac{1}{2}×2=1$，即$\eta_{甲}:\eta_{乙}=1:1$。
【答案】
B
【知识点】
比热容、热量计算、热效率
【点评】
本题结合比热容、吸热公式与热效率公式，通过比例关系推导求解，需注意同燃料热值相同的隐含条件，计算时要准确对应各物理量的比例，避免混淆变量关系。
【难度系数】
0.5
要计算两加热器利用热能的效率之比，需明确热效率公式为$\eta=\frac{Q_{吸}}{Q_{放}}$，因此效率之比等于（甲吸收的热量/甲燃料放热）与（乙吸收的热量/乙燃料放热）的比值。首先利用吸热公式$Q_{吸}=cm\Delta t$计算甲、乙吸收的热量之比，再根据燃料放热公式$Q_{放}=mq$（同一种燃料热值$q$相同），结合题目给出的燃料质量关系得到放热之比，最后代入效率比公式推导结果。
【解析】
设乙物质的比热容为$c$，质量为$m$，升高温度为$\Delta t$；加热乙的燃料质量为$m_{燃}$，则甲的比热容为$2c$，质量为$\frac{1}{3}m$，升高温度为$\frac{3}{4}\Delta t$，加热甲的燃料质量为$\frac{1}{2}m_{燃}$。
1. 计算甲、乙吸收的热量之比：
根据$Q_{吸}=cm\Delta t$：
$Q_{甲}=c_{甲}m_{甲}\Delta t_{甲}=2c×\frac{1}{3}m×\frac{3}{4}\Delta t=\frac{1}{2}cm\Delta t$
$Q_{乙}=c_{乙}m_{乙}\Delta t_{乙}=c× m×\Delta t=cm\Delta t$
故$\frac{Q_{甲}}{Q_{乙}}=\frac{\frac{1}{2}cm\Delta t}{cm\Delta t}=\frac{1}{2}$。
2. 计算甲、乙燃料放热之比：
同一种燃料热值$q$相同，根据$Q_{放}=mq$：
$\frac{Q_{放甲}}{Q_{放乙}}=\frac{q×\frac{1}{2}m_{燃}}{q× m_{燃}}=\frac{1}{2}$，即$\frac{Q_{放乙}}{Q_{放甲}}=2$。
3. 计算效率之比：
热效率$\eta=\frac{Q_{吸}}{Q_{放}}$，则：
$\frac{\eta_{甲}}{\eta_{乙}}=\frac{\frac{Q_{甲}}{Q_{放甲}}}{\frac{Q_{乙}}{Q_{放乙}}}=\frac{Q_{甲}}{Q_{乙}}×\frac{Q_{放乙}}{Q_{放甲}}=\frac{1}{2}×2=1$，即$\eta_{甲}:\eta_{乙}=1:1$。
【答案】
B
【知识点】
比热容、热量计算、热效率
【点评】
本题结合比热容、吸热公式与热效率公式，通过比例关系推导求解，需注意同燃料热值相同的隐含条件，计算时要准确对应各物理量的比例，避免混淆变量关系。
【难度系数】
0.5
6.现有甲、乙、丙三种初温相同的液体，其中甲、乙为质量相等的不同液体，乙、丙为质量不等的同种液体。现对这三种液体分别加热，根据它们吸收的热量和升高的温度，在温度—热量图像上分别画出对应的三点甲、乙、丙，如图所示，由此图像得出的结论中（
①$c_甲 ＜ c_丙$ ②$c_甲 ＞ c_丙$
③$m_甲 ＜ m_丙$ ④$m_甲 ＞ m_丙$
A.只有①③正确
B.只有①④正确
C.只有②③正确
D.只有②④正确
C
）①$c_甲 ＜ c_丙$ ②$c_甲 ＞ c_丙$
③$m_甲 ＜ m_丙$ ④$m_甲 ＞ m_丙$
A.只有①③正确
B.只有①④正确
C.只有②③正确
D.只有②④正确
答案
6.C
解析
【分析】
要解决本题，需利用比热容公式 $ Q = cm\Delta t $（$ Q $ 为吸收热量，$ c $ 为比热容，$ m $ 为质量，$ \Delta t $ 为温度变化量），结合图像横纵轴的物理意义（横轴为热量 $ Q $，纵轴为温度变化 $ \Delta t $）分析：
1. 甲、乙质量相等，是不同液体，需通过 $ c = \frac{Q}{m\Delta t} $ 比较比热容；
2. 乙、丙是同种液体，比热容相等，需通过 $ m = \frac{Q}{c\Delta t} $ 比较质量；
3. 三者初温相同，故纵轴差值为温度变化量 $ \Delta t $。
【解析】
根据比热容公式变形：$ c = \frac{Q}{m\Delta t} $、$ m = \frac{Q}{c\Delta t} $，结合已知条件分析：
1. 比较 $ c_甲 $ 和 $ c_丙 $：
甲、乙质量相等（$ m_甲 = m_乙 $），由图像得：$ Q_甲 ＞ Q_乙 $，$ \Delta t_甲 ＜ \Delta t_乙 $，代入 $ c = \frac{Q}{m\Delta t} $，得 $ c_甲 = \frac{Q_甲}{m_甲\Delta t_甲} $，$ c_乙 = \frac{Q_乙}{m_乙\Delta t_乙} $，因 $ m_甲=m_乙 $，$ Q_甲＞Q_乙 $、$ \Delta t_甲＜\Delta t_乙 $，故 $ c_甲 ＞ c_乙 $；
乙、丙为同种液体，故 $ c_乙 = c_丙 $，因此 $ c_甲 ＞ c_丙 $，即结论②正确，①错误。
2. 比较 $ m_甲 $ 和 $ m_丙 $：
乙、丙比热容相等（$ c_乙 = c_丙 $），由图像得：$ Q_乙 ＜ Q_丙 $，$ \Delta t_乙 ＞ \Delta t_丙 $，代入 $ m = \frac{Q}{c\Delta t} $，得 $ m_乙 = \frac{Q_乙}{c_乙\Delta t_乙} $，$ m_丙 = \frac{Q_丙}{c_丙\Delta t_丙} $，因 $ c_乙=c_丙 $，$ Q_乙＜Q_丙 $、$ \Delta t_乙＞\Delta t_丙 $，故 $ m_乙 ＜ m_丙 $；
已知 $ m_甲 = m_乙 $，因此 $ m_甲 ＜ m_丙 $，即结论③正确，④错误。
综上，②③正确，对应选项C。
【答案】
C
【知识点】
比热容公式应用、热量与温度变化关系
【点评】
本题结合温度-热量图像考查比热容公式的灵活运用，核心是明确图像横纵轴的物理意义，区分不同液体（甲、乙）和同种液体（乙、丙）的条件差异，通过公式变形分析比热容和质量的大小，是初中物理热学的典型题型，需熟练掌握公式变形。
【难度系数】
0.5
要解决本题，需利用比热容公式 $ Q = cm\Delta t $（$ Q $ 为吸收热量，$ c $ 为比热容，$ m $ 为质量，$ \Delta t $ 为温度变化量），结合图像横纵轴的物理意义（横轴为热量 $ Q $，纵轴为温度变化 $ \Delta t $）分析：
1. 甲、乙质量相等，是不同液体，需通过 $ c = \frac{Q}{m\Delta t} $ 比较比热容；
2. 乙、丙是同种液体，比热容相等，需通过 $ m = \frac{Q}{c\Delta t} $ 比较质量；
3. 三者初温相同，故纵轴差值为温度变化量 $ \Delta t $。
【解析】
根据比热容公式变形：$ c = \frac{Q}{m\Delta t} $、$ m = \frac{Q}{c\Delta t} $，结合已知条件分析：
1. 比较 $ c_甲 $ 和 $ c_丙 $：
甲、乙质量相等（$ m_甲 = m_乙 $），由图像得：$ Q_甲 ＞ Q_乙 $，$ \Delta t_甲 ＜ \Delta t_乙 $，代入 $ c = \frac{Q}{m\Delta t} $，得 $ c_甲 = \frac{Q_甲}{m_甲\Delta t_甲} $，$ c_乙 = \frac{Q_乙}{m_乙\Delta t_乙} $，因 $ m_甲=m_乙 $，$ Q_甲＞Q_乙 $、$ \Delta t_甲＜\Delta t_乙 $，故 $ c_甲 ＞ c_乙 $；
乙、丙为同种液体，故 $ c_乙 = c_丙 $，因此 $ c_甲 ＞ c_丙 $，即结论②正确，①错误。
2. 比较 $ m_甲 $ 和 $ m_丙 $：
乙、丙比热容相等（$ c_乙 = c_丙 $），由图像得：$ Q_乙 ＜ Q_丙 $，$ \Delta t_乙 ＞ \Delta t_丙 $，代入 $ m = \frac{Q}{c\Delta t} $，得 $ m_乙 = \frac{Q_乙}{c_乙\Delta t_乙} $，$ m_丙 = \frac{Q_丙}{c_丙\Delta t_丙} $，因 $ c_乙=c_丙 $，$ Q_乙＜Q_丙 $、$ \Delta t_乙＞\Delta t_丙 $，故 $ m_乙 ＜ m_丙 $；
已知 $ m_甲 = m_乙 $，因此 $ m_甲 ＜ m_丙 $，即结论③正确，④错误。
综上，②③正确，对应选项C。
【答案】
C
【知识点】
比热容公式应用、热量与温度变化关系
【点评】
本题结合温度-热量图像考查比热容公式的灵活运用，核心是明确图像横纵轴的物理意义，区分不同液体（甲、乙）和同种液体（乙、丙）的条件差异，通过公式变形分析比热容和质量的大小，是初中物理热学的典型题型，需熟练掌握公式变形。
【难度系数】
0.5
