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1.[2025·日照，多选] 篆刻艺术是中华艺术文脉上的古老印记。如图所示，一位艺术家正在篆刻一枚材质质地均匀的方章，与篆刻前相比，篆刻后方章保持不变的物理量是（
A.质量
B.密度
C.体积
D.比热容
BD
）A.质量
B.密度
C.体积
D.比热容
答案
1. BD
解析
【分析】要判断篆刻后方章不变的物理量，需明确各物理量的影响因素：篆刻过程中，方章被去除部分材料，因此其所含物质的多少（质量）和所占空间大小（体积）会减小；而密度、比热容是物质的固有特性，仅与物质的种类和状态有关，与物体的质量、体积无关，因此需据此分析选项。
【解析】逐一分析各选项：
1. 选项A：质量是物体所含物质的多少，篆刻时去除了部分材料，方章所含物质减少，故质量减小，A错误；
2. 选项B：密度是物质的特性，只与物质的种类和状态有关，与质量、体积无关，篆刻后方章的物质种类不变，因此密度不变，B正确；
3. 选项C：体积是物体所占空间的大小，篆刻时去除部分材料，方章的体积减小，C错误；
4. 选项D：比热容是物质的特性，只与物质的种类和状态有关，与质量、体积无关，篆刻后方章的物质种类不变，因此比热容不变，D正确。
综上，答案为BD。
【答案】BD
【知识点】密度特性、比热容特性、质量与体积
【点评】本题考查物质特性与质量、体积的区分，核心是理解密度和比热容作为物质固有属性，不随质量、体积变化，属于基础概念应用题目。
【难度系数】0.7
【解析】逐一分析各选项：
1. 选项A：质量是物体所含物质的多少，篆刻时去除了部分材料，方章所含物质减少，故质量减小，A错误；
2. 选项B：密度是物质的特性，只与物质的种类和状态有关，与质量、体积无关，篆刻后方章的物质种类不变，因此密度不变，B正确；
3. 选项C：体积是物体所占空间的大小，篆刻时去除部分材料，方章的体积减小，C错误；
4. 选项D：比热容是物质的特性，只与物质的种类和状态有关，与质量、体积无关，篆刻后方章的物质种类不变，因此比热容不变，D正确。
综上，答案为BD。
【答案】BD
【知识点】密度特性、比热容特性、质量与体积
【点评】本题考查物质特性与质量、体积的区分，核心是理解密度和比热容作为物质固有属性，不随质量、体积变化，属于基础概念应用题目。
【难度系数】0.7
2. [2025·南通] 小明用电水壶烧水给爷爷奶奶泡茶。该壶保温性能较好，烧水时壶会吸收一些热量。在壶中装入500 mL的水，加热至沸腾，用时2 min。水用完后，他又在壶中装入1 000 mL的水，加热至沸腾，所需时间最有可能的是 (
A.2 min
B.4 min
C.大于2 min且小于4 min
D.大于4 min
C
)A.2 min
B.4 min
C.大于2 min且小于4 min
D.大于4 min
答案
2. C 【点拨】用电水壶烧水,已知该壶保温性能较好,且烧水时壶会吸收一些热量,在壶中装入 500 mL 的水,加热至沸腾,用时 2 min,由 $Q=cm\Delta t$ 知,壶会吸收一些热量,则仅将500 mL 的水,加热至沸腾,用时小于 2 min。水用完后,小明又在壶中装入1 000 mL的水,加热至沸腾,相当于在第一次的基础上,又单独对 500 mL 的水加热至沸腾,故所需时间大于 2 min 且小于 4 min,故 C 正确。故选 C。
解析
【分析】
要解决该问题，需结合电水壶的能量转化规律分析：电水壶功率恒定，消耗的电能一部分用于加热水，一部分用于加热水壶（题目明确壶保温好，烧水时壶会吸热）。对于500mL水，加热至沸腾用时2min，这2min的电能既加热了500mL水，也加热了水壶；若仅加热500mL水，不加热水壶，所需时间会小于2min。当装入1000mL水时，相当于在第一次加热的基础上额外加热500mL水，此时水壶已被加热至接近沸点，无需再从室温大幅升温，因此额外加热500mL水的时间小于2min，总时间则大于2min且小于4min。
【解析】
电水壶功率P恒定，消耗的电能W=Pt，电能转化为水的内能和水壶吸收的热量，即W=Q水+Q壶。
设500mL水的质量为m，加热至沸腾的温度变化为Δt，水的比热容为c，则500mL水吸收的热量Q水₁=cmΔt，水壶吸收的热量为Q壶，因此第一次加热时：Pt₁=Q水₁+Q壶，即P×2min=cmΔt+Q壶。
当装入1000mL水（质量为2m）时，水吸收的热量Q水₂=c×2m×Δt=2cmΔt；由于第一次加热后水壶温度接近沸点，第二次加热时水壶吸收的热量Q壶' ＜ Q壶（无需从室温大幅升温），因此第二次加热消耗的电能Pt₂=Q水₂+Q壶'=2cmΔt+Q壶'。
将cmΔt=P×2min - Q壶代入上式，得Pt₂=2(P×2min - Q壶)+Q壶'=4Pmin - 2Q壶 + Q壶'。
因Q壶' ＞0，故Pt₂＞4Pmin -2Q壶；又Q壶' ＜ Q壶，故Pt₂＜4Pmin -2Q壶 + Q壶=4Pmin，即t₂＜4min。同时，第二次需额外加热500mL水，总时间t₂＞2min，因此所需时间大于2min且小于4min。
【答案】
C
【知识点】
热量计算、电功与热量的综合应用
【点评】
本题以电水壶烧水为实际场景，考查热量与电功的综合计算，核心是理解水壶吸热对加热时间的影响，需明确两次加热中水壶初始温度的差异，推导时间范围，难度适中，需结合能量分配规律分析。
【难度系数】
0.5
要解决该问题，需结合电水壶的能量转化规律分析：电水壶功率恒定，消耗的电能一部分用于加热水，一部分用于加热水壶（题目明确壶保温好，烧水时壶会吸热）。对于500mL水，加热至沸腾用时2min，这2min的电能既加热了500mL水，也加热了水壶；若仅加热500mL水，不加热水壶，所需时间会小于2min。当装入1000mL水时，相当于在第一次加热的基础上额外加热500mL水，此时水壶已被加热至接近沸点，无需再从室温大幅升温，因此额外加热500mL水的时间小于2min，总时间则大于2min且小于4min。
【解析】
电水壶功率P恒定，消耗的电能W=Pt，电能转化为水的内能和水壶吸收的热量，即W=Q水+Q壶。
设500mL水的质量为m，加热至沸腾的温度变化为Δt，水的比热容为c，则500mL水吸收的热量Q水₁=cmΔt，水壶吸收的热量为Q壶，因此第一次加热时：Pt₁=Q水₁+Q壶，即P×2min=cmΔt+Q壶。
当装入1000mL水（质量为2m）时，水吸收的热量Q水₂=c×2m×Δt=2cmΔt；由于第一次加热后水壶温度接近沸点，第二次加热时水壶吸收的热量Q壶' ＜ Q壶（无需从室温大幅升温），因此第二次加热消耗的电能Pt₂=Q水₂+Q壶'=2cmΔt+Q壶'。
将cmΔt=P×2min - Q壶代入上式，得Pt₂=2(P×2min - Q壶)+Q壶'=4Pmin - 2Q壶 + Q壶'。
因Q壶' ＞0，故Pt₂＞4Pmin -2Q壶；又Q壶' ＜ Q壶，故Pt₂＜4Pmin -2Q壶 + Q壶=4Pmin，即t₂＜4min。同时，第二次需额外加热500mL水，总时间t₂＞2min，因此所需时间大于2min且小于4min。
【答案】
C
【知识点】
热量计算、电功与热量的综合应用
【点评】
本题以电水壶烧水为实际场景，考查热量与电功的综合计算，核心是理解水壶吸热对加热时间的影响，需明确两次加热中水壶初始温度的差异，推导时间范围，难度适中，需结合能量分配规律分析。
【难度系数】
0.5
3.(跨学科 工程实践)家用小型风力发电机独特的尾翼结构,能使其旋翼自动迎风,如图甲所示。海边,仅在海陆风因素的影响下,图乙的情形通常发生在
白天
,图丙所示的情形通常发生在夜晚
。(均填“白天”或“夜晚”)答案
3. 白天；夜晚 【点拨】水的比热容比泥土、沙石的大,白天太阳照射时,水的温度上升得慢,陆地温度上升得快,热空气上升,冷空气补充,风从海面吹向陆地,形成海风,所以白天风力发电机旋翼朝向大海;反之,晚上风从陆地吹向海面,形成陆风,所以夜晚风力发电机旋翼朝向陆地,故乙的情形通常发生在白天,丙的情形通常发生在夜晚。
解析
【分析】
要解决这道题，需结合水的比热容特点分析海陆风的形成规律，再根据风力发电机“旋翼自动迎风”的特点判断对应时段。首先，水的比热容比陆地的沙石、泥土大，这是海陆风形成的关键原因：白天，陆地升温快，温度高于海洋，陆地上方空气上升，海面冷空气补充，风从海洋吹向陆地（海风），此时旋翼需朝向大海（迎风）；夜晚，陆地降温快，温度低于海洋，陆地上方空气下沉，陆地冷空气补充到海面，风从陆地吹向海洋（陆风），此时旋翼需朝向陆地。
【解析】
1. 海陆风成因分析：水的比热容大于泥土、沙石的比热容，相同质量的水和陆地吸收或放出相同热量时，水的温度变化更小。
2. 白天的情况：白天太阳照射，陆地升温比海洋快，陆地上方空气受热膨胀上升，气压降低，海面气压更高，风从海面吹向陆地（海风）。风力发电机旋翼需自动迎风，因此朝向大海，对应图乙，故图乙情形发生在白天。
3. 夜晚的情况：夜晚时，陆地降温比海洋快，陆地上方空气冷却下沉，气压升高，海面气压更低，风从陆地吹向海面（陆风）。此时旋翼需朝向陆地，对应图丙，故图丙情形发生在夜晚。
【答案】
白天；夜晚
【知识点】
比热容、海陆风形成
【点评】
本题结合物理比热容知识与工程实践中的风力发电机原理，考查学生对海陆风成因的理解，体现了跨学科知识的实际应用，难度适中。
【难度系数】
0.5
要解决这道题，需结合水的比热容特点分析海陆风的形成规律，再根据风力发电机“旋翼自动迎风”的特点判断对应时段。首先，水的比热容比陆地的沙石、泥土大，这是海陆风形成的关键原因：白天，陆地升温快，温度高于海洋，陆地上方空气上升，海面冷空气补充，风从海洋吹向陆地（海风），此时旋翼需朝向大海（迎风）；夜晚，陆地降温快，温度低于海洋，陆地上方空气下沉，陆地冷空气补充到海面，风从陆地吹向海洋（陆风），此时旋翼需朝向陆地。
【解析】
1. 海陆风成因分析：水的比热容大于泥土、沙石的比热容，相同质量的水和陆地吸收或放出相同热量时，水的温度变化更小。
2. 白天的情况：白天太阳照射，陆地升温比海洋快，陆地上方空气受热膨胀上升，气压降低，海面气压更高，风从海面吹向陆地（海风）。风力发电机旋翼需自动迎风，因此朝向大海，对应图乙，故图乙情形发生在白天。
3. 夜晚的情况：夜晚时，陆地降温比海洋快，陆地上方空气冷却下沉，气压升高，海面气压更低，风从陆地吹向海面（陆风）。此时旋翼需朝向陆地，对应图丙，故图丙情形发生在夜晚。
【答案】
白天；夜晚
【知识点】
比热容、海陆风形成
【点评】
本题结合物理比热容知识与工程实践中的风力发电机原理，考查学生对海陆风成因的理解，体现了跨学科知识的实际应用，难度适中。
【难度系数】
0.5
4.[2025·湖南]在如图所示的实验中，浓氨水和无色酚酞溶液没有直接接触，但观察到纸花变红，这一现象表明（
A.分子间存在引力
B.分子间存在斥力
C.分子可以用肉眼观察
D.分子在不停地做无规则运动
D
）A.分子间存在引力
B.分子间存在斥力
C.分子可以用肉眼观察
D.分子在不停地做无规则运动
答案
4. D 【点拨】氨分子从浓氨水中挥发出来,运动到纸花上,与纸花上的无色酚酞溶液接触,氨水显碱性,使无色酚酞溶液变红。这一现象表明分子在不停地做无规则运动,而与分子间的引力和斥力无关,分子是肉眼看不见的微观粒子。所以ABC错误,D正确。故选 D。
解析
【分析】
要解决这道题，需先明确实验原理：浓氨水有挥发性，会挥发出氨分子，无色酚酞遇碱性溶液变红，氨水呈碱性；浓氨水与纸花未直接接触但纸花变红，说明氨分子运动到了纸花处，体现分子的运动特性。再逐一分析选项，排除错误选项即可得出答案。
【解析】
浓氨水具有挥发性，会挥发出氨分子，氨分子在不停地做无规则运动，运动到滴有无色酚酞溶液的纸花上时，氨水呈碱性，使无色酚酞溶液变红，因此观察到纸花变红。对选项分析如下：
A. 分子间引力是分子间的相互作用力，该现象与分子间引力无关，错误；
B. 分子间斥力是分子间的相互作用力，该现象与分子间斥力无关，错误；
C. 分子是微观粒子，用肉眼无法观察，错误；
D. 氨分子从浓氨水运动到纸花，说明分子在不停地做无规则运动，正确。
【答案】
D
【知识点】
分子的性质、酸碱指示剂
【点评】
本题通过经典实验考查分子的基本性质，结合酸碱指示剂的变色规律，要求学生能分析实验现象对应的微观本质，属于基础题型，注重对实验与知识点结合的考查。
【难度系数】
0.7
要解决这道题，需先明确实验原理：浓氨水有挥发性，会挥发出氨分子，无色酚酞遇碱性溶液变红，氨水呈碱性；浓氨水与纸花未直接接触但纸花变红，说明氨分子运动到了纸花处，体现分子的运动特性。再逐一分析选项，排除错误选项即可得出答案。
【解析】
浓氨水具有挥发性，会挥发出氨分子，氨分子在不停地做无规则运动，运动到滴有无色酚酞溶液的纸花上时，氨水呈碱性，使无色酚酞溶液变红，因此观察到纸花变红。对选项分析如下：
A. 分子间引力是分子间的相互作用力，该现象与分子间引力无关，错误；
B. 分子间斥力是分子间的相互作用力，该现象与分子间斥力无关，错误；
C. 分子是微观粒子，用肉眼无法观察，错误；
D. 氨分子从浓氨水运动到纸花，说明分子在不停地做无规则运动，正确。
【答案】
D
【知识点】
分子的性质、酸碱指示剂
【点评】
本题通过经典实验考查分子的基本性质，结合酸碱指示剂的变色规律，要求学生能分析实验现象对应的微观本质，属于基础题型，注重对实验与知识点结合的考查。
【难度系数】
0.7
5.[2026·沈阳期中]如图所示，把茶叶放入开水中后，水会慢慢变色，水的温度越高，变色越快，说明温度越高，
杯盖内表面会沾有很多小水珠不掉落，这说明分子间存在
分子无规则运动
越剧烈。拿起杯盖，杯盖内表面会沾有很多小水珠不掉落，这说明分子间存在
引力
（填“引力”或“斥力”）。答案
5. 分子无规则运动；引力
解析
【分析】
本题考查分子动理论的应用，解题时需结合扩散现象的特点和分子间作用力的表现分析：水变色是扩散现象，温度越高扩散越快，对应分子运动的剧烈程度；小水珠不掉落是分子间作用力的体现，需区分引力和斥力的不同表现。
【解析】
1. 茶叶放入开水中水变色，属于扩散现象，扩散现象说明分子在不停地做无规则运动，且温度越高，分子无规则运动越剧烈，因此第一空填“分子无规则运动”；
2. 杯盖内表面的小水珠不掉落，是因为水分子之间存在相互作用的引力，将小水珠的分子吸引在一起，所以第二空填“引力”。
【答案】
分子无规则运动；引力
【知识点】
分子热运动；分子间作用力
【点评】
本题结合生活中的常见现象考查分子动理论的基础知识点，难度较低，需要学生理解扩散与温度的关系、分子间引力的表现。
【难度系数】
0.6
本题考查分子动理论的应用，解题时需结合扩散现象的特点和分子间作用力的表现分析：水变色是扩散现象，温度越高扩散越快，对应分子运动的剧烈程度；小水珠不掉落是分子间作用力的体现，需区分引力和斥力的不同表现。
【解析】
1. 茶叶放入开水中水变色，属于扩散现象，扩散现象说明分子在不停地做无规则运动，且温度越高，分子无规则运动越剧烈，因此第一空填“分子无规则运动”；
2. 杯盖内表面的小水珠不掉落，是因为水分子之间存在相互作用的引力，将小水珠的分子吸引在一起，所以第二空填“引力”。
【答案】
分子无规则运动；引力
【知识点】
分子热运动；分子间作用力
【点评】
本题结合生活中的常见现象考查分子动理论的基础知识点，难度较低，需要学生理解扩散与温度的关系、分子间引力的表现。
【难度系数】
0.6
6. [2025·连云港] 关于内能，下列说法正确的是（
A.$0°\mathrm{C}$的物体没有内能
B.内能大小与温度无关
C.具有机械能的物体不一定有内能
D.物体具有内能，也可以同时具有机械能
D
）A.$0°\mathrm{C}$的物体没有内能
B.内能大小与温度无关
C.具有机械能的物体不一定有内能
D.物体具有内能，也可以同时具有机械能
答案
6. D
解析
【分析】本题考查内能的基本概念，解题思路是先明确内能的定义、内能的影响因素，以及内能与机械能的区别，再逐一分析每个选项，判断其正误。
【解析】内能是物体内部所有分子热运动的动能与分子势能的总和，一切物体的分子都在不停地做无规则运动，因此任何物体在任何温度下都具有内能，且内能与温度、质量等因素有关；内能和机械能是两种不同形式的能量，机械能与物体的机械运动情况有关，内能与物体内部分子的热运动和相互作用有关。
A选项：0℃的物体分子仍在运动，具有分子动能和分子势能，因此有内能，A错误；
B选项：同一物体，温度越高，分子热运动越剧烈，内能越大，说明内能大小与温度有关，B错误；
C选项：一切物体都具有内能，因此具有机械能的物体一定有内能，C错误；
D选项：内能是物体内部的能量，机械能是物体机械运动的能量，两者可同时存在，如运动的汽车既有内能也有机械能，D正确。
【答案】D
【知识点】内能的概念、内能与机械能的区别
【点评】本题为基础概念题，重点考查对内能核心概念的理解，需牢记“一切物体都有内能”，并区分内能与机械能的不同，避免概念混淆。
【难度系数】0.7
【解析】内能是物体内部所有分子热运动的动能与分子势能的总和，一切物体的分子都在不停地做无规则运动，因此任何物体在任何温度下都具有内能，且内能与温度、质量等因素有关；内能和机械能是两种不同形式的能量，机械能与物体的机械运动情况有关，内能与物体内部分子的热运动和相互作用有关。
A选项：0℃的物体分子仍在运动，具有分子动能和分子势能，因此有内能，A错误；
B选项：同一物体，温度越高，分子热运动越剧烈，内能越大，说明内能大小与温度有关，B错误；
C选项：一切物体都具有内能，因此具有机械能的物体一定有内能，C错误；
D选项：内能是物体内部的能量，机械能是物体机械运动的能量，两者可同时存在，如运动的汽车既有内能也有机械能，D正确。
【答案】D
【知识点】内能的概念、内能与机械能的区别
【点评】本题为基础概念题，重点考查对内能核心概念的理解，需牢记“一切物体都有内能”，并区分内能与机械能的不同，避免概念混淆。
【难度系数】0.7
7.[2025·广州]如图所示，从热汤中取出的金属勺子，由烫手到不烫手的过程，其内能（
A.逐渐增加
B.保持不变
C.通过做功改变
D.通过热传递改变
D
）A.逐渐增加
B.保持不变
C.通过做功改变
D.通过热传递改变
答案
7. D 【点拨】从热汤中取出的金属勺子,由烫手到不烫手,其温度降低,所以内能逐渐减少,故 AB 错误。金属勺子由烫手到不烫手,是因为勺子与周围空气存在温度差,勺子向空气中散热,内能减小,这是通过热传递的方式改变内能的,故C错误,D正确。故选 D。
解析
【分析】首先明确金属勺子的变化过程：从热汤取出后，温度从较高逐渐降低至不烫手，需结合内能的变化规律、改变内能的两种方式（做功和热传递）来分析选项，逐一排除错误结论。
【解析】1. 判断内能变化：金属勺子从烫手到不烫手，温度降低，内能逐渐减少，因此选项A（逐渐增加）、B（保持不变）错误。2. 判断改变内能的方式：勺子温度高于周围空气，热量从勺子传递到空气中，该过程是能量的转移，属于热传递改变内能；而做功是能量的转化过程，此过程并非做功，因此选项C错误，选项D正确。
【答案】D
【知识点】内能的改变、热传递
【点评】本题考查内能改变的两种基础方式，需准确区分热传递（能量转移）和做功（能量转化）的差异，结合温度变化判断内能变化，属于概念类基础题。
【难度系数】0.8
【解析】1. 判断内能变化：金属勺子从烫手到不烫手，温度降低，内能逐渐减少，因此选项A（逐渐增加）、B（保持不变）错误。2. 判断改变内能的方式：勺子温度高于周围空气，热量从勺子传递到空气中，该过程是能量的转移，属于热传递改变内能；而做功是能量的转化过程，此过程并非做功，因此选项C错误，选项D正确。
【答案】D
【知识点】内能的改变、热传递
【点评】本题考查内能改变的两种基础方式，需准确区分热传递（能量转移）和做功（能量转化）的差异，结合温度变化判断内能变化，属于概念类基础题。
【难度系数】0.8
8. (立德树人 传统文化)艾灸是中华医学的瑰宝，利用艾条燃烧放出的热量刺激人体穴位，能够达到防病治病的目的。物体从外界吸热时，自身的内能
一定
增大，温度不一定
升高。(均填“一定”或“不一定”)答案
8. 一定；不一定
解析
【分析】
解题思路：首先明确内能的定义，物体吸热是改变内能的方式之一，因此吸热时内能必然增大；其次区分温度与内能的关系，温度是分子平均动能的标志，当吸热仅改变分子势能（如晶体熔化）时，温度不变，故温度不一定升高，需结合特殊过程分析。
【解析】
物体从外界吸热时，内能是物体内所有分子动能和分子势能的总和，吸热会使内能的总和增加，因此自身的内能一定增大；而温度反映分子平均动能的大小，若吸热用于改变分子势能（例如晶体熔化、液体沸腾过程），分子平均动能不变，温度保持不变，因此温度不一定升高。
【答案】
一定；不一定
【知识点】
内能、温度与热量的关系
【点评】
本题考查内能与温度的区别，易错点是误将吸热与温度升高直接绑定，需牢记晶体熔化等特殊过程中内能增加但温度不变的规律，明确内能变化和温度变化不一定同步。
【难度系数】
0.5
解题思路：首先明确内能的定义，物体吸热是改变内能的方式之一，因此吸热时内能必然增大；其次区分温度与内能的关系，温度是分子平均动能的标志，当吸热仅改变分子势能（如晶体熔化）时，温度不变，故温度不一定升高，需结合特殊过程分析。
【解析】
物体从外界吸热时，内能是物体内所有分子动能和分子势能的总和，吸热会使内能的总和增加，因此自身的内能一定增大；而温度反映分子平均动能的大小，若吸热用于改变分子势能（例如晶体熔化、液体沸腾过程），分子平均动能不变，温度保持不变，因此温度不一定升高。
【答案】
一定；不一定
【知识点】
内能、温度与热量的关系
【点评】
本题考查内能与温度的区别，易错点是误将吸热与温度升高直接绑定，需牢记晶体熔化等特殊过程中内能增加但温度不变的规律，明确内能变化和温度变化不一定同步。
【难度系数】
0.5
9. 某同学用如图甲所示的实验装置比较不同物质的比热容。在计算机上可以得到相应的实验图线，如图乙所示。
(1)两个试管中必须盛有
(2)用同一个红外加热器的目的是使水和食用油在相同时间内
(3)图线
(1)两个试管中必须盛有
质量相同
（填“体积相同”或“质量相同”）的水和食用油。(2)用同一个红外加热器的目的是使水和食用油在相同时间内
吸收热量相同
（填“升高相同的温度”或“吸收热量相同”）。(3)图线
b
（填“a”或“b”）表示水的温度随时间变化的规律。食用油的比热容为$2.1× 10^3$
J/(kg·℃)。答案
9.(1)质量相同 (2)吸收热量相同 (3)$b$; $2.1× 10^3$
【点拨】(3)由绘制出的两种液体温度随时间变化的关系图像知,升高 $60\ \mathrm{° C}-10\ \mathrm{° C}=50\ \mathrm{° C}$,$a$ 用时 3 min,$b$ 用时 6 min,根据 $Q=cm\Delta t$,在质量和升高温度相同的情况下,比热容与吸热多少成正比,因为水的比热容大于食用油的比热容,故 $b$ 为水,故食用油的比热容 $c=\dfrac{3\ \mathrm{min}}{6\ \mathrm{min}}× 4.2× 10^3\ \mathrm{J/(kg· ° C)}=2.1× 10^3\ \mathrm{J/(kg· ° C)}$。
【点拨】(3)由绘制出的两种液体温度随时间变化的关系图像知,升高 $60\ \mathrm{° C}-10\ \mathrm{° C}=50\ \mathrm{° C}$,$a$ 用时 3 min,$b$ 用时 6 min,根据 $Q=cm\Delta t$,在质量和升高温度相同的情况下,比热容与吸热多少成正比,因为水的比热容大于食用油的比热容,故 $b$ 为水,故食用油的比热容 $c=\dfrac{3\ \mathrm{min}}{6\ \mathrm{min}}× 4.2× 10^3\ \mathrm{J/(kg· ° C)}=2.1× 10^3\ \mathrm{J/(kg· ° C)}$。
解析
【分析】
本题围绕“比较不同物质比热容”的实验展开，需结合控制变量法、转换法及比热容公式$Q=cm\Delta t$分析：(1)探究比热容时，需控制物质质量相同，避免体积差异导致质量不同影响实验；(2)同一加热器相同时间放热相同，以此保证两种物质相同时间吸热相同；(3)水的比热容更大，升高相同温度需吸收更多热量，对应加热时间更长，据此判断图线，再结合公式计算食用油比热容。
【解析】
(1) 根据控制变量法，比较不同物质的比热容时，需保证两种物质的质量相同，因此两个试管中应盛有质量相同的水和食用油；
(2) 同一个红外加热器在相同时间内放出的热量相同，目的是使水和食用油在相同时间内吸收热量相同，通过加热时间间接反映吸收热量的多少；
(3) 水的比热容大于食用油，根据$Q=cm\Delta t$，质量相同的水和食用油升高相同温度时，水吸收的热量更多，加热时间更长。由图乙可知，升高相同温度时，图线$b$的加热时间更长，故$b$表示水的温度变化规律。
计算食用油比热容：设两种物质质量均为$m$，升高温度均为$\Delta t$，水的加热时间$t_{水}=6\ \mathrm{min}$，食用油加热时间$t_{油}=3\ \mathrm{min}$，吸收热量与加热时间成正比，即$\frac{Q_{水}}{Q_{油}}=\frac{t_{水}}{t_{油}}=\frac{6}{3}=2$。代入$Q=cm\Delta t$得：$\frac{c_{水}m\Delta t}{c_{油}m\Delta t}=2$，解得$c_{油}=\frac{c_{水}}{2}=\frac{4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg·° C)}}{2}=2.1×10^3\ \mathrm{J/(kg·° C)}$。
【答案】
(1)质量相同；(2)吸收热量相同；(3)$b$；$2.1×10^3$
【知识点】
比热容、控制变量法、热量计算
【点评】
本题是比热容探究实验的基础题型，重点考查控制变量法和转换法的应用，以及利用比热容公式进行计算，需明确“比热容越大，升高相同温度吸热越多”的规律，整体难度适中。
【难度系数】
0.4
本题围绕“比较不同物质比热容”的实验展开，需结合控制变量法、转换法及比热容公式$Q=cm\Delta t$分析：(1)探究比热容时，需控制物质质量相同，避免体积差异导致质量不同影响实验；(2)同一加热器相同时间放热相同，以此保证两种物质相同时间吸热相同；(3)水的比热容更大，升高相同温度需吸收更多热量，对应加热时间更长，据此判断图线，再结合公式计算食用油比热容。
【解析】
(1) 根据控制变量法，比较不同物质的比热容时，需保证两种物质的质量相同，因此两个试管中应盛有质量相同的水和食用油；
(2) 同一个红外加热器在相同时间内放出的热量相同，目的是使水和食用油在相同时间内吸收热量相同，通过加热时间间接反映吸收热量的多少；
(3) 水的比热容大于食用油，根据$Q=cm\Delta t$，质量相同的水和食用油升高相同温度时，水吸收的热量更多，加热时间更长。由图乙可知，升高相同温度时，图线$b$的加热时间更长，故$b$表示水的温度变化规律。
计算食用油比热容：设两种物质质量均为$m$，升高温度均为$\Delta t$，水的加热时间$t_{水}=6\ \mathrm{min}$，食用油加热时间$t_{油}=3\ \mathrm{min}$，吸收热量与加热时间成正比，即$\frac{Q_{水}}{Q_{油}}=\frac{t_{水}}{t_{油}}=\frac{6}{3}=2$。代入$Q=cm\Delta t$得：$\frac{c_{水}m\Delta t}{c_{油}m\Delta t}=2$，解得$c_{油}=\frac{c_{水}}{2}=\frac{4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg·° C)}}{2}=2.1×10^3\ \mathrm{J/(kg·° C)}$。
【答案】
(1)质量相同；(2)吸收热量相同；(3)$b$；$2.1×10^3$
【知识点】
比热容、控制变量法、热量计算
【点评】
本题是比热容探究实验的基础题型，重点考查控制变量法和转换法的应用，以及利用比热容公式进行计算，需明确“比热容越大，升高相同温度吸热越多”的规律，整体难度适中。
【难度系数】
0.4
