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1.用稳定的热源给一个物体加热，得到它的熔化图像如图13-1-6所示，那么它在固态时的比热容和在液态时的比热容之比为(
A.$1:2$
B.$2:1$
C.$1:4$
D.$4:1$
C
)。A.$1:2$
B.$2:1$
C.$1:4$
D.$4:1$
答案
1.C 【解析】稳定的热源在相同的时间内放出相同的热量,故$2Q_{固}=Q_{液}$,即$2c_{固}m_{固}\Delta t_{固}=c_{液}m_{液}\Delta t_{液}$,物体的状态改变但是质量不变,故$m_{固}=m_{液}$,所以$\frac{c_{固}}{c_{液}}=\frac{m_{液}\Delta t_{液}}{2m_{固}\Delta t_{固}}=\frac{1×(80\ ℃-60\ ℃)}{2×(60\ ℃-20\ ℃)}=\frac{1}{4}$。
解析
【分析】要解决此题，需结合稳定热源的特点（相同时间提供热量相同），利用比热容公式$Q=cm\Delta t$推导。首先从熔化图像中确定固态和液态阶段的加热时间，得到吸收热量的关系；再读取两个阶段的温度变化，结合物体质量不变的条件，即可求出比热容之比。
【解析】稳定热源在相同时间内放出的热量相同，因此物体吸收的热量与加热时间成正比。
1. 提取图像信息：
固态阶段：加热时间$t_{固}=2\ \mathrm{min}$，温度变化$\Delta t_{固}=60°\mathrm{C}-20°\mathrm{C}=40°\mathrm{C}$；
液态阶段：加热时间$t_{液}=12\ \mathrm{min}-8\ \mathrm{min}=4\ \mathrm{min}$，温度变化$\Delta t_{液}=80°\mathrm{C}-60°\mathrm{C}=20°\mathrm{C}$。
2. 热量关系：相同时间吸热相同，故$\frac{Q_{固}}{Q_{液}}=\frac{t_{固}}{t_{液}}=\frac{2}{4}=\frac{1}{2}$，即$Q_{液}=2Q_{固}$。
3. 比热容计算：物体状态改变时质量不变，$m_{固}=m_{液}=m$。根据$Q=cm\Delta t$得$c=\frac{Q}{m\Delta t}$，则：
$\frac{c_{固}}{c_{液}}=\frac{\frac{Q_{固}}{m\Delta t_{固}}}{\frac{Q_{液}}{m\Delta t_{液}}}=\frac{Q_{固}·\Delta t_{液}}{Q_{液}·\Delta t_{固}}=\frac{1×20°\mathrm{C}}{2×40°\mathrm{C}}=\frac{1}{4}$，即比热容之比为$1:4$。
【答案】C
【知识点】比热容、热量计算、熔化图像
【点评】本题结合熔化图像考查比热容的计算，核心是利用稳定热源的热量与时间的关系，结合比热容公式推导，需准确读取图像中的时间和温度变化，是热学典型基础题型，注重知识综合应用。
【难度系数】0.5
【解析】稳定热源在相同时间内放出的热量相同，因此物体吸收的热量与加热时间成正比。
1. 提取图像信息：
固态阶段：加热时间$t_{固}=2\ \mathrm{min}$，温度变化$\Delta t_{固}=60°\mathrm{C}-20°\mathrm{C}=40°\mathrm{C}$；
液态阶段：加热时间$t_{液}=12\ \mathrm{min}-8\ \mathrm{min}=4\ \mathrm{min}$，温度变化$\Delta t_{液}=80°\mathrm{C}-60°\mathrm{C}=20°\mathrm{C}$。
2. 热量关系：相同时间吸热相同，故$\frac{Q_{固}}{Q_{液}}=\frac{t_{固}}{t_{液}}=\frac{2}{4}=\frac{1}{2}$，即$Q_{液}=2Q_{固}$。
3. 比热容计算：物体状态改变时质量不变，$m_{固}=m_{液}=m$。根据$Q=cm\Delta t$得$c=\frac{Q}{m\Delta t}$，则：
$\frac{c_{固}}{c_{液}}=\frac{\frac{Q_{固}}{m\Delta t_{固}}}{\frac{Q_{液}}{m\Delta t_{液}}}=\frac{Q_{固}·\Delta t_{液}}{Q_{液}·\Delta t_{固}}=\frac{1×20°\mathrm{C}}{2×40°\mathrm{C}}=\frac{1}{4}$，即比热容之比为$1:4$。
【答案】C
【知识点】比热容、热量计算、熔化图像
【点评】本题结合熔化图像考查比热容的计算，核心是利用稳定热源的热量与时间的关系，结合比热容公式推导，需准确读取图像中的时间和温度变化，是热学典型基础题型，注重知识综合应用。
【难度系数】0.5
2.(多选)在古代民间,我国劳动人民发明了一种“省油灯”,如图13-1-7所示。使用时往上方容器中注油,往下方夹层里注水。南宋诗人陆游在《老学庵笔记》中记载:“书灯勿用铜盏,惟瓷盏最省油。蜀有夹瓷盏,注水于唇窍中,可省油之半。”已知比热容$c_{陶瓷} ＞ c_{铜}$,则下列说法正确的是(
A.陶瓷的比热容比铜大,从火焰吸收相同的热量,陶瓷升温比铜高
B.夹层中冷水吸收热量,进一步降低了油的蒸发速度,因此省油
C.在燃烧过程中,油的密度和比热容都变小
D.火焰调小一些,会更省油
BD
)。A.陶瓷的比热容比铜大,从火焰吸收相同的热量,陶瓷升温比铜高
B.夹层中冷水吸收热量,进一步降低了油的蒸发速度,因此省油
C.在燃烧过程中,油的密度和比热容都变小
D.火焰调小一些,会更省油
答案
2.BD 【解析】陶瓷的比热容比铜大,在吸收相同热量的前提下温度变化小,即陶瓷升温比铜小,故选项A错误;夹层中冷水吸收热量,使油的温度降低,通过降低温度的方式减慢了油的蒸发,故选项B正确;油的密度和比热容是油的属性,与油的质量无关,因此在燃烧过程中,油的密度和比热容不变,故选项C错误;火焰调小一些,相同时间可减少燃料燃烧的质量,会更省油,故选项D正确。
解析
【分析】
本题是结合古代“省油灯”的热学多选题，需运用比热容公式、影响蒸发快慢的因素、物质的属性等知识，逐一分析每个选项的正误。首先回忆相关知识点：比热容反映物质吸热升温的特性，满足公式$Q=cm\Delta t$；影响蒸发快慢的因素包括温度、表面积、空气流速；密度和比热容是物质的固有属性，与质量无关；火焰大小会影响油的燃烧消耗。
【解析】
1. 分析选项A：根据热量公式$Q=cm\Delta t$，变形得$\Delta t=\frac{Q}{cm}$。已知$c_{陶瓷}＞c_{铜}$，当陶瓷和铜吸收相同热量$Q$时，比热容越大，温度变化$\Delta t$越小，因此陶瓷升温比铜小，故A错误。
2. 分析选项B：夹层中的冷水会吸收油传递的热量，使油的温度降低。温度是影响蒸发快慢的因素之一，温度越低，油的蒸发速度越慢，从而减少油的消耗，达到省油的目的，故B正确。
3. 分析选项C：密度和比热容都是物质的固有属性，只与物质的种类和状态有关，与物质的质量无关。油在燃烧过程中，仅质量减少，其密度和比热容不会发生变化，故C错误。
4. 分析选项D：火焰调小后，单位时间内燃烧的油的质量减少，相同时间内消耗的油更少，因此会更省油，故D正确。
【答案】
BD
【知识点】
比热容、蒸发的影响因素、物质的特性
【点评】
本题以古代“省油灯”为背景，将物理知识与生活实际结合，考查热学和物质属性的基础知识点，需要学生准确理解相关概念，逐一分析选项即可得出结论，难度适中。
【难度系数】
0.6
本题是结合古代“省油灯”的热学多选题，需运用比热容公式、影响蒸发快慢的因素、物质的属性等知识，逐一分析每个选项的正误。首先回忆相关知识点：比热容反映物质吸热升温的特性，满足公式$Q=cm\Delta t$；影响蒸发快慢的因素包括温度、表面积、空气流速；密度和比热容是物质的固有属性，与质量无关；火焰大小会影响油的燃烧消耗。
【解析】
1. 分析选项A：根据热量公式$Q=cm\Delta t$，变形得$\Delta t=\frac{Q}{cm}$。已知$c_{陶瓷}＞c_{铜}$，当陶瓷和铜吸收相同热量$Q$时，比热容越大，温度变化$\Delta t$越小，因此陶瓷升温比铜小，故A错误。
2. 分析选项B：夹层中的冷水会吸收油传递的热量，使油的温度降低。温度是影响蒸发快慢的因素之一，温度越低，油的蒸发速度越慢，从而减少油的消耗，达到省油的目的，故B正确。
3. 分析选项C：密度和比热容都是物质的固有属性，只与物质的种类和状态有关，与物质的质量无关。油在燃烧过程中，仅质量减少，其密度和比热容不会发生变化，故C错误。
4. 分析选项D：火焰调小后，单位时间内燃烧的油的质量减少，相同时间内消耗的油更少，因此会更省油，故D正确。
【答案】
BD
【知识点】
比热容、蒸发的影响因素、物质的特性
【点评】
本题以古代“省油灯”为背景，将物理知识与生活实际结合，考查热学和物质属性的基础知识点，需要学生准确理解相关概念，逐一分析选项即可得出结论，难度适中。
【难度系数】
0.6
3. (2024,安徽)一保温杯中装有质量为200 g,温度为25 ℃的水。将一个质量为100 g,温度为100 ℃的金属块放入杯中,一段时间后杯内水和金属块的温度稳定在30 ℃,假设金属块放出的热量全部被水吸收,则该金属块的比热容为
$0.6×10^{3}$
J/(kg·℃)。已知水的比热容为4.2×10³ J/(kg·℃)。答案
3.$0.6×10^{3}$ 【解析】由题意知,水吸收的热量$Q_{吸}=c_{水}m(t-t_0)=4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}×200×10^{-3}\ \mathrm{kg}×(30\ ℃-25\ ℃)=4.2×10^3\ \mathrm{J}$,因金属块放出的热量全部被水吸收,则金属块放出的热量为$4.2×10^3\ \mathrm{J}$,则金属块的比热容$c_{金属块}=\frac{Q_{放}}{m_{金属块}\Delta t_{金属块}}=\frac{4.2×10^3\ \mathrm{J}}{100×10^{-3}\ \mathrm{kg}×(100\ ℃-30\ ℃)}=0.6×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}$。
解析
【分析】
本题为热平衡问题，核心是金属块放出的热量全部被水吸收，即Q吸=Q放。解题思路：先根据水的质量、初温、末温及水的比热容，利用吸热公式计算水吸收的热量；再利用Q放=Q吸的关系，结合金属块的质量、初温、末温，通过放热公式变形计算金属块的比热容，计算时需注意质量单位（克转千克）和温度变化量的换算。
【解析】
解：由题意知，金属块放出的热量全部被水吸收，即Q吸=Q放。
1. 计算水吸收的热量：
水的质量m水=200g=0.2kg，水的温度变化Δt水=30℃-25℃=5℃，
根据吸热公式Q吸=c水m水Δt水，代入数据得：
Q吸=4.2×10³ J/(kg·℃) × 0.2kg ×5℃=4.2×10³ J。
2. 计算金属块的比热容：
金属块放出的热量Q放=Q吸=4.2×10³ J，金属块的质量m金属=100g=0.1kg，金属块的温度变化Δt金属=100℃-30℃=70℃，
根据放热公式Q放=c金属m金属Δt金属，变形得：
c金属=Q放/(m金属Δt金属)=4.2×10³ J / (0.1kg ×70℃)=0.6×10³ J/(kg·℃)。
【答案】
0.6×10³
【知识点】
热量的计算；比热容的应用
【点评】
本题考查热量公式的应用，属于基础热学题，解题关键是利用热平衡条件，注意质量单位的换算，难度不大，适合学生巩固热学基础知识点。
【难度系数】
0.6
本题为热平衡问题，核心是金属块放出的热量全部被水吸收，即Q吸=Q放。解题思路：先根据水的质量、初温、末温及水的比热容，利用吸热公式计算水吸收的热量；再利用Q放=Q吸的关系，结合金属块的质量、初温、末温，通过放热公式变形计算金属块的比热容，计算时需注意质量单位（克转千克）和温度变化量的换算。
【解析】
解：由题意知，金属块放出的热量全部被水吸收，即Q吸=Q放。
1. 计算水吸收的热量：
水的质量m水=200g=0.2kg，水的温度变化Δt水=30℃-25℃=5℃，
根据吸热公式Q吸=c水m水Δt水，代入数据得：
Q吸=4.2×10³ J/(kg·℃) × 0.2kg ×5℃=4.2×10³ J。
2. 计算金属块的比热容：
金属块放出的热量Q放=Q吸=4.2×10³ J，金属块的质量m金属=100g=0.1kg，金属块的温度变化Δt金属=100℃-30℃=70℃，
根据放热公式Q放=c金属m金属Δt金属，变形得：
c金属=Q放/(m金属Δt金属)=4.2×10³ J / (0.1kg ×70℃)=0.6×10³ J/(kg·℃)。
【答案】
0.6×10³
【知识点】
热量的计算；比热容的应用
【点评】
本题考查热量公式的应用，属于基础热学题，解题关键是利用热平衡条件，注意质量单位的换算，难度不大，适合学生巩固热学基础知识点。
【难度系数】
0.6
4.(2024,烟台)在“探究物质的吸热能力与哪些因素有关”的实验中,用质量是0.3 kg的水和表中等质量的另一种物质进行对比,作出的图像如图13-1-8所示。实验过程中,水和另一种物质在相同时间内吸收的热量相等,分析图像可以得出图线
图13-1-8
b
(选填“a”或“b”)对应的物质为水,另一种物质为煤油
,这种物质在0~5 min内吸收的热量为$2.52×10^{4}$
J。图13-1-8
答案
4.b 煤油 $2.52×10^{4}$ 【解析】相等时间内,两种液体吸收的热量相等,由图像可以看出,a对应液体的温度升高得快,b对应液体温度升高得慢;根据热量的计算公式可知,在质量相等、初温相同、吸热也相同的情况下,液体的温度升高得越慢,其比热容就越大,所以图线b对应的物质为水。由图像可知,0~5 min内,图线a对应液体的温度变化了40 ℃,图线b对应液体(水)的温度变化了20 ℃,加热相同时间,吸收的热量相同,即$Q_a=Q_水$,故$c_am_a\Delta t_a=c_水m_水\Delta t_水$,解得$c_a=\frac{c_水m_水\Delta t_水}{m_a\Delta t_a}=\frac{4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}×0.3\ \mathrm{kg}×20\ ℃}{0.3\ \mathrm{kg}×40\ ℃}=2.1×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}$。对比表格数据可知,该物质是煤油。煤油在0~5 min内吸收的热量为$Q_a=c_am_a\Delta t_a=2.1×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}×0.3\ \mathrm{kg}×40\ ℃=2.52×10^4\ \mathrm{J}$。
解析
【分析】
要解决这道题，需结合比热容的特性和热量公式分析：首先回忆，质量相同的不同物质，吸收相同热量时，比热容越大，温度升高越慢；水的比热容较大，因此升温较慢的图线对应水。再利用吸热相等的关系计算另一种物质的比热容，结合常见物质比热容确定物质种类，最后用热量公式计算吸收的热量。
【解析】
1. 判断水对应的图线：
根据热量公式 $ Q = cm\Delta t $，当质量 $ m $ 相等、吸收热量 $ Q $ 相等（相同时间吸热相同）时，比热容 $ c $ 越大，温度变化 $ \Delta t $ 越小。水的比热容较大，升温较慢，由图像可知图线 $ b $ 温度升高更慢，故图线 $ b $ 对应水。
2. 确定另一种物质：
相同时间内两种物质吸热相等，即 $ Q_a = Q_b $，代入公式得 $ c_a m \Delta t_a = c_{水} m \Delta t_{水} $，因 $ m $ 相同约去，代入 $ c_{水}=4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)} $，$ \Delta t_{水}=20℃ $，$ \Delta t_a=40℃ $，解得：
$ c_a = \frac{c_{水}\Delta t_{水}}{\Delta t_a} = \frac{4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}×20℃}{40℃} = 2.1×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)} $，对比常见物质比热容，该物质为煤油。
3. 计算吸收的热量：
煤油在0~5min内吸收的热量 $ Q_a = c_a m \Delta t_a = 2.1×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}×0.3\ \mathrm{kg}×40℃ = 2.52×10^4\ \mathrm{J} $。
【答案】
b；煤油；$ 2.52×10^4 $
【知识点】
比热容；热量计算；探究物质吸热能力
【点评】
本题是比热容实验的典型应用，结合图像分析比热容特性，考查热量公式的灵活运用，需掌握比热容与温度变化的关系，难度适中。
【难度系数】
0.5
要解决这道题，需结合比热容的特性和热量公式分析：首先回忆，质量相同的不同物质，吸收相同热量时，比热容越大，温度升高越慢；水的比热容较大，因此升温较慢的图线对应水。再利用吸热相等的关系计算另一种物质的比热容，结合常见物质比热容确定物质种类，最后用热量公式计算吸收的热量。
【解析】
1. 判断水对应的图线：
根据热量公式 $ Q = cm\Delta t $，当质量 $ m $ 相等、吸收热量 $ Q $ 相等（相同时间吸热相同）时，比热容 $ c $ 越大，温度变化 $ \Delta t $ 越小。水的比热容较大，升温较慢，由图像可知图线 $ b $ 温度升高更慢，故图线 $ b $ 对应水。
2. 确定另一种物质：
相同时间内两种物质吸热相等，即 $ Q_a = Q_b $，代入公式得 $ c_a m \Delta t_a = c_{水} m \Delta t_{水} $，因 $ m $ 相同约去，代入 $ c_{水}=4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)} $，$ \Delta t_{水}=20℃ $，$ \Delta t_a=40℃ $，解得：
$ c_a = \frac{c_{水}\Delta t_{水}}{\Delta t_a} = \frac{4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}×20℃}{40℃} = 2.1×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)} $，对比常见物质比热容，该物质为煤油。
3. 计算吸收的热量：
煤油在0~5min内吸收的热量 $ Q_a = c_a m \Delta t_a = 2.1×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}×0.3\ \mathrm{kg}×40℃ = 2.52×10^4\ \mathrm{J} $。
【答案】
b；煤油；$ 2.52×10^4 $
【知识点】
比热容；热量计算；探究物质吸热能力
【点评】
本题是比热容实验的典型应用，结合图像分析比热容特性，考查热量公式的灵活运用，需掌握比热容与温度变化的关系，难度适中。
【难度系数】
0.5
