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1. (2024·苏州吴江期中)如图甲所示,质量不计的弹簧竖直固定在水平面上,$t=0$时,将一金属小球从弹簧正上方某一高度处由静止释放(不计空气阻力)。小球接触弹簧并将弹簧压缩至最低点(形变在弹性限度内),然后又被弹起离开弹簧。上升到最大高度后又下落,如此反复……通过安装在弹簧下端的压力传感器,可测出该过程中弹簧弹力$F$随时间$t$变化的图像如图乙所示,则（
A.$t_1$时刻小球动能最大
B.$t_1∼ t_2$这段时间内,小球的机械能减小
C.$t_2∼ t_3$这段时间内,小球的机械能不变
D.$t_1∼ t_2$这段时间内,小球的动能减小量等于弹簧弹性势能增加量
B
）A.$t_1$时刻小球动能最大
B.$t_1∼ t_2$这段时间内,小球的机械能减小
C.$t_2∼ t_3$这段时间内,小球的机械能不变
D.$t_1∼ t_2$这段时间内,小球的动能减小量等于弹簧弹性势能增加量
答案
1. B 提示:当小球受到的弹力等于重力时,小球的速度最大,故$t_1$时刻小球的动能不是最大;$t_1∼ t_2$内,弹簧被压缩,小球的机械能转化为弹簧的弹性势能,机械能减小;$t_2∼ t_3$内,小球向上运动,弹簧的弹性势能转化为小球的机械能;$t_1∼ t_2$内,小球机械能的减小量等于弹簧弹性势能的增加量。
解析
【分析】
要解决这道题，需结合小球与弹簧相互作用过程中的受力、速度及能量变化规律分析：
1. 小球下落阶段：t=0时小球从静止释放，t₁时刻接触弹簧，t₁前小球自由下落，动能逐渐增大；t₁到t₂，弹簧被压缩，初始阶段弹力小于重力，小球加速，当弹力等于重力时速度最大（动能最大），之后弹力大于重力，小球减速，t₂时刻弹簧压缩至最短，速度为0。
2. 能量变化：t₁~t₂内，小球与弹簧组成的系统机械能守恒，小球的机械能（动能+重力势能）转化为弹簧的弹性势能；t₂~t₃内，弹簧弹性势能转化为小球的机械能，小球离开弹簧后机械能守恒。结合各选项逐一判断即可。
【解析】
逐一分析选项：
选项A：t₁时刻小球刚接触弹簧，此时弹力小于重力，小球仍在加速，动能未达到最大（动能最大的时刻是弹力等于重力时），故A错误。
选项B：t₁~t₂这段时间内，小球与弹簧接触，弹簧对小球的弹力做负功，小球的机械能转化为弹簧的弹性势能，因此小球的机械能减小，故B正确。
选项C：t₂~t₃这段时间内，弹簧的弹力对小球做正功，弹簧的弹性势能转化为小球的机械能，小球的机械能增大，故C错误。
选项D：t₁~t₂这段时间内，根据能量守恒，小球动能的减小量与重力势能的增加量之和等于弹簧弹性势能的增加量，并非仅动能减小量等于弹性势能增加量，故D错误。
【答案】
B
【知识点】
机械能转化、弹性势能
【点评】
本题结合F-t图像考查小球与弹簧相互作用的能量变化，需明确小球压缩、恢复弹簧过程中的受力与速度变化，以及系统的能量守恒关系，易错点在于混淆小球机械能和系统机械能的变化。
【难度系数】
0.5
要解决这道题，需结合小球与弹簧相互作用过程中的受力、速度及能量变化规律分析：
1. 小球下落阶段：t=0时小球从静止释放，t₁时刻接触弹簧，t₁前小球自由下落，动能逐渐增大；t₁到t₂，弹簧被压缩，初始阶段弹力小于重力，小球加速，当弹力等于重力时速度最大（动能最大），之后弹力大于重力，小球减速，t₂时刻弹簧压缩至最短，速度为0。
2. 能量变化：t₁~t₂内，小球与弹簧组成的系统机械能守恒，小球的机械能（动能+重力势能）转化为弹簧的弹性势能；t₂~t₃内，弹簧弹性势能转化为小球的机械能，小球离开弹簧后机械能守恒。结合各选项逐一判断即可。
【解析】
逐一分析选项：
选项A：t₁时刻小球刚接触弹簧，此时弹力小于重力，小球仍在加速，动能未达到最大（动能最大的时刻是弹力等于重力时），故A错误。
选项B：t₁~t₂这段时间内，小球与弹簧接触，弹簧对小球的弹力做负功，小球的机械能转化为弹簧的弹性势能，因此小球的机械能减小，故B正确。
选项C：t₂~t₃这段时间内，弹簧的弹力对小球做正功，弹簧的弹性势能转化为小球的机械能，小球的机械能增大，故C错误。
选项D：t₁~t₂这段时间内，根据能量守恒，小球动能的减小量与重力势能的增加量之和等于弹簧弹性势能的增加量，并非仅动能减小量等于弹性势能增加量，故D错误。
【答案】
B
【知识点】
机械能转化、弹性势能
【点评】
本题结合F-t图像考查小球与弹簧相互作用的能量变化，需明确小球压缩、恢复弹簧过程中的受力与速度变化，以及系统的能量守恒关系，易错点在于混淆小球机械能和系统机械能的变化。
【难度系数】
0.5
2. 质量为$M$的物体离地面的高度为$h$时,它的重力势能$E_{\mathrm{p}}$可以表示为$E_{\mathrm{p}}=Mgh$($g$取$10\ \mathrm{N/kg}$)。现从地面竖直上抛一个物体,物体能够上升的最大高度为$4\ \mathrm{m}$,然后落回到地面,整个过程空气阻力不能忽略。若上升过程中物体的重力势能和动能相等时,物体离地面的高度记为$h_1$;下落过程中物体的重力势能和动能相等时,物体离地面的高度记为$h_2$。则（
A.$h_1＜2\ \mathrm{m}$,$h_2＜2\ \mathrm{m}$
B.$h_1=2\ \mathrm{m}$,$h_2=2\ \mathrm{m}$
C.$h_1＞2\ \mathrm{m}$,$h_2＜2\ \mathrm{m}$
D.$h_1＜2\ \mathrm{m}$,$h_2＞2\ \mathrm{m}$
C
）A.$h_1＜2\ \mathrm{m}$,$h_2＜2\ \mathrm{m}$
B.$h_1=2\ \mathrm{m}$,$h_2=2\ \mathrm{m}$
C.$h_1＞2\ \mathrm{m}$,$h_2＜2\ \mathrm{m}$
D.$h_1＜2\ \mathrm{m}$,$h_2＞2\ \mathrm{m}$
答案
2. C 提示:物体上升到达离地面2 m时,减小的动能等于此时的重力势能和克服空气阻力做功获得的内能之和,故减小的动能大于此时的重力势能;物体从离地面2 m处上升到4 m时,再次减小的动能大于重力势能的增量,由于再次减小的动能等于离地2 m处的动能,而重力势能的增量又等于离地2 m处的重力势能,故在2 m处剩余的动能大于该处的重力势能,要得到重力势能等于动能的地方,必须继续上升,故有$h_1＞2\ \mathrm{m}$;下落到达2 m时,重力势能为原来重力势能的一半,由于克服空气阻力做功,此时的动能小于原有重力势能的一半,故距地面2 m时,重力势能大于动能,要让动能等于重力势能,必须继续下落,故$h_2＜2\ \mathrm{m}$。
解析
【分析】
要解决本题，需明确物体运动过程中受空气阻力，机械能不守恒，动能会转化为重力势能和内能。首先分析上升过程：无阻力时上升到2m处动能等于重力势能，但有阻力时，上升到2m处的动能大于重力势能，需继续上升才能使动能等于重力势能，故$h_1＞2\ \mathrm{m}$；再分析下落过程：下落至2m处时，动能小于重力势能，需继续下落才能使动能等于重力势能，故$h_2＜2\ \mathrm{m}$，据此判断选项。
【解析】
设物体初始动能为$E_{k0}$，上升最大高度为$4\ \mathrm{m}$，全程克服空气阻力做功为$W_f$，则上升到最大高度时，动能全部转化为重力势能和内能，即$E_{k0}=Mg·4 + W_f$。
1. 上升过程求$h_1$：
在高度$h_1$处，重力势能$E_{p1}=Mgh_1$，动能$E_{k1}$，由题意$E_{k1}=E_{p1}=Mgh_1$。从地面到$h_1$处，动能变化满足：$E_{k0}=E_{p1}+E_{k1}+W_{f1}$（$W_{f1}$为上升$h_1$过程克服阻力做功），代入$E_{k1}=E_{p1}$得：
$E_{k0}=2Mgh_1 + W_{f1}$
结合$E_{k0}=4Mg + W_f$，整理得：
$h_1=\frac{4Mg + W_f - W_{f1}}{2Mg}=2 + \frac{W_f - W_{f1}}{2Mg}$
因$W_f$是全程阻力功，$W_f＞W_{f1}$，故$h_1＞2\ \mathrm{m}$。
2. 下落过程求$h_2$：
在高度$h_2$处，重力势能$E_{p2}=Mgh_2$，动能$E_{k2}$，由题意$E_{k2}=E_{p2}=Mgh_2$。从最大高度$4\ \mathrm{m}$下落到$h_2$处，重力势能减少量转化为动能和克服阻力做功，即：
$Mg(4 - h_2)=E_{k2} + W_{f2}$（$W_{f2}$为下落过程克服阻力做功）
代入$E_{k2}=Mgh_2$得：
$4Mg - Mgh_2 = Mgh_2 + W_{f2}$
整理得：
$h_2=\frac{4Mg - W_{f2}}{2Mg}=2 - \frac{W_{f2}}{2Mg}$
因$W_{f2}＞0$，故$h_2＜2\ \mathrm{m}$。
综上，$h_1＞2\ \mathrm{m}$，$h_2＜2\ \mathrm{m}$，对应选项C。
【答案】
C
【知识点】
重力势能、动能定理、能量转化
【点评】
本题结合竖直上抛运动考查能量转化，核心是考虑空气阻力导致机械能不守恒，需通过分析上升、下落过程中动能与重力势能的关系，结合阻力做功的影响判断高度关系，易忽略阻力对能量分配的影响，需理清能量转化的细节。
【难度系数】
0.5
要解决本题，需明确物体运动过程中受空气阻力，机械能不守恒，动能会转化为重力势能和内能。首先分析上升过程：无阻力时上升到2m处动能等于重力势能，但有阻力时，上升到2m处的动能大于重力势能，需继续上升才能使动能等于重力势能，故$h_1＞2\ \mathrm{m}$；再分析下落过程：下落至2m处时，动能小于重力势能，需继续下落才能使动能等于重力势能，故$h_2＜2\ \mathrm{m}$，据此判断选项。
【解析】
设物体初始动能为$E_{k0}$，上升最大高度为$4\ \mathrm{m}$，全程克服空气阻力做功为$W_f$，则上升到最大高度时，动能全部转化为重力势能和内能，即$E_{k0}=Mg·4 + W_f$。
1. 上升过程求$h_1$：
在高度$h_1$处，重力势能$E_{p1}=Mgh_1$，动能$E_{k1}$，由题意$E_{k1}=E_{p1}=Mgh_1$。从地面到$h_1$处，动能变化满足：$E_{k0}=E_{p1}+E_{k1}+W_{f1}$（$W_{f1}$为上升$h_1$过程克服阻力做功），代入$E_{k1}=E_{p1}$得：
$E_{k0}=2Mgh_1 + W_{f1}$
结合$E_{k0}=4Mg + W_f$，整理得：
$h_1=\frac{4Mg + W_f - W_{f1}}{2Mg}=2 + \frac{W_f - W_{f1}}{2Mg}$
因$W_f$是全程阻力功，$W_f＞W_{f1}$，故$h_1＞2\ \mathrm{m}$。
2. 下落过程求$h_2$：
在高度$h_2$处，重力势能$E_{p2}=Mgh_2$，动能$E_{k2}$，由题意$E_{k2}=E_{p2}=Mgh_2$。从最大高度$4\ \mathrm{m}$下落到$h_2$处，重力势能减少量转化为动能和克服阻力做功，即：
$Mg(4 - h_2)=E_{k2} + W_{f2}$（$W_{f2}$为下落过程克服阻力做功）
代入$E_{k2}=Mgh_2$得：
$4Mg - Mgh_2 = Mgh_2 + W_{f2}$
整理得：
$h_2=\frac{4Mg - W_{f2}}{2Mg}=2 - \frac{W_{f2}}{2Mg}$
因$W_{f2}＞0$，故$h_2＜2\ \mathrm{m}$。
综上，$h_1＞2\ \mathrm{m}$，$h_2＜2\ \mathrm{m}$，对应选项C。
【答案】
C
【知识点】
重力势能、动能定理、能量转化
【点评】
本题结合竖直上抛运动考查能量转化，核心是考虑空气阻力导致机械能不守恒，需通过分析上升、下落过程中动能与重力势能的关系，结合阻力做功的影响判断高度关系，易忽略阻力对能量分配的影响，需理清能量转化的细节。
【难度系数】
0.5
3. 已知1 g甲液体温度升高$1\ °\mathrm{C}$需要$2.1\ \mathrm{J}$的热量，1 g乙液体温度升高$1\ °\mathrm{C}$需要$4.2\ \mathrm{J}$的热量，1 g丙液体温度升高$1\ °\mathrm{C}$需要$2.8\ \mathrm{J}$的热量。分别取甲、乙两种液体各$60\ \mathrm{g}$，以相同的热源加热，其温度与加热时间如图所示。取$100\ \mathrm{g}$丙液体，以相同热源加热，则其温度与加热时间关系图像（
A.落在Ⅰ区
B.落在Ⅱ区
C.落在Ⅲ区
D.与乙重叠
C
）A.落在Ⅰ区
B.落在Ⅱ区
C.落在Ⅲ区
D.与乙重叠
答案
3. C 提示:$c_\mathrm{甲}=\dfrac{Q_{\mathrm{吸甲}}}{m_\mathrm{甲}\Delta t_\mathrm{甲}}=\dfrac{2.1\ \mathrm{J}}{1×10^{-3}\ \mathrm{kg}×1\ °\mathrm{C}}=2.1×10^3\ \mathrm{J/(kg· ° C)}$,$c_\mathrm{乙}=\dfrac{Q_{\mathrm{吸乙}}}{m_\mathrm{乙}\Delta t_\mathrm{乙}}=\dfrac{4.2\ \mathrm{J}}{1×10^{-3}\ \mathrm{kg}×1\ °\mathrm{C}}=4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg· ° C)}$,$c_\mathrm{丙}=\dfrac{Q_{\mathrm{吸丙}}}{m_\mathrm{丙}\Delta t_\mathrm{丙}}=\dfrac{2.8\ \mathrm{J}}{1×10^{-3}\ \mathrm{kg}×1\ °\mathrm{C}}=2.8×10^3\ \mathrm{J/(kg· ° C)}$,用相同热源加热相同时间,$Q_\mathrm{吸}$相等,由$Q_\mathrm{吸}=cm\Delta t$可知,$\Delta t'_\mathrm{甲}=\dfrac{Q_\mathrm{吸}}{c_\mathrm{甲}m'_\mathrm{甲}}=\dfrac{Q_\mathrm{吸}}{2.1×10^3\ \mathrm{J/(kg· ° C)}×0.06\ \mathrm{kg}}=\dfrac{Q_\mathrm{吸}}{126\ \mathrm{J/° C}}$,$\Delta t'_\mathrm{乙}=\dfrac{Q_\mathrm{吸}}{c_\mathrm{乙}m'_\mathrm{乙}}=\dfrac{Q_\mathrm{吸}}{4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg· ° C)}×0.06\ \mathrm{kg}}=\dfrac{Q_\mathrm{吸}}{252\ \mathrm{J/° C}}$,$\Delta t'_\mathrm{丙}=\dfrac{Q_\mathrm{吸}}{c_\mathrm{丙}m'_\mathrm{丙}}=\dfrac{Q_\mathrm{吸}}{2.8×10^3\ \mathrm{J/(kg· ° C)}×0.1\ \mathrm{kg}}=\dfrac{Q_\mathrm{吸}}{280\ \mathrm{J/° C}}$,可知$\Delta t'_\mathrm{丙}＜\Delta t'_\mathrm{乙}＜\Delta t'_\mathrm{甲}$,丙液体的温度与加热时间关系的图像应落在Ⅲ区。
解析
【分析】
要判断丙液体温度与加热时间的关系，需利用热量计算公式$Q_{\mathrm{吸}}=cm\Delta t$，结合“相同热源加热时，相同时间内三种液体吸收的热量$Q_{\mathrm{吸}}$相等”这一条件，先计算甲、乙、丙的比热容，再分别求出相同热量下三者的温度变化$\Delta t$，比较$\Delta t$的大小即可确定图像区域。
【解析】
1. 计算三种液体的比热容：
根据题意，1g液体温度升高$1°\mathrm{C}$所需热量为比热容相关量，换算为国际单位：
$c_{\mathrm{甲}}=\frac{2.1\ \mathrm{J}}{1×10^{-3}\ \mathrm{kg}×1°\mathrm{C}}=2.1×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}$，
$c_{\mathrm{乙}}=\frac{4.2\ \mathrm{J}}{1×10^{-3}\ \mathrm{kg}×1°\mathrm{C}}=4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}$，
$c_{\mathrm{丙}}=\frac{2.8\ \mathrm{J}}{1×10^{-3}\ \mathrm{kg}×1°\mathrm{C}}=2.8×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}$。
2. 设相同时间内吸收的热量为$Q_{\mathrm{吸}}$，根据$Q_{\mathrm{吸}}=cm\Delta t$，变形得$\Delta t=\frac{Q_{\mathrm{吸}}}{cm}$，分别计算三者的温度变化：
甲：$m_{\mathrm{甲}}=60\ \mathrm{g}=0.06\ \mathrm{kg}$，$\Delta t_{\mathrm{甲}}=\frac{Q_{\mathrm{吸}}}{c_{\mathrm{甲}}m_{\mathrm{甲}}}=\frac{Q_{\mathrm{吸}}}{2.1×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}×0.06\ \mathrm{kg}}=\frac{Q_{\mathrm{吸}}}{126}$；
乙：$m_{\mathrm{乙}}=60\ \mathrm{g}=0.06\ \mathrm{kg}$，$\Delta t_{\mathrm{乙}}=\frac{Q_{\mathrm{吸}}}{c_{\mathrm{乙}}m_{\mathrm{乙}}}=\frac{Q_{\mathrm{吸}}}{4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}×0.06\ \mathrm{kg}}=\frac{Q_{\mathrm{吸}}}{252}$；
丙：$m_{\mathrm{丙}}=100\ \mathrm{g}=0.1\ \mathrm{kg}$，$\Delta t_{\mathrm{丙}}=\frac{Q_{\mathrm{吸}}}{c_{\mathrm{丙}}m_{\mathrm{丙}}}=\frac{Q_{\mathrm{吸}}}{2.8×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}×0.1\ \mathrm{kg}}=\frac{Q_{\mathrm{吸}}}{280}$。
3. 比较温度变化：
因为$280＞252＞126$，所以$\Delta t_{\mathrm{丙}}＜\Delta t_{\mathrm{乙}}＜\Delta t_{\mathrm{甲}}$，即相同时间内丙的温度升高最少，对应图像落在Ⅲ区。
【答案】
C
【知识点】
比热容、热量计算
【点评】
本题结合温度-时间图像考查比热容的应用，核心是利用相同热源加热时吸收热量相等，结合热量公式分析温度变化，需注意质量单位的换算，属于基础应用题型，难度适中。
【难度系数】
0.6
要判断丙液体温度与加热时间的关系，需利用热量计算公式$Q_{\mathrm{吸}}=cm\Delta t$，结合“相同热源加热时，相同时间内三种液体吸收的热量$Q_{\mathrm{吸}}$相等”这一条件，先计算甲、乙、丙的比热容，再分别求出相同热量下三者的温度变化$\Delta t$，比较$\Delta t$的大小即可确定图像区域。
【解析】
1. 计算三种液体的比热容：
根据题意，1g液体温度升高$1°\mathrm{C}$所需热量为比热容相关量，换算为国际单位：
$c_{\mathrm{甲}}=\frac{2.1\ \mathrm{J}}{1×10^{-3}\ \mathrm{kg}×1°\mathrm{C}}=2.1×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}$，
$c_{\mathrm{乙}}=\frac{4.2\ \mathrm{J}}{1×10^{-3}\ \mathrm{kg}×1°\mathrm{C}}=4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}$，
$c_{\mathrm{丙}}=\frac{2.8\ \mathrm{J}}{1×10^{-3}\ \mathrm{kg}×1°\mathrm{C}}=2.8×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}$。
2. 设相同时间内吸收的热量为$Q_{\mathrm{吸}}$，根据$Q_{\mathrm{吸}}=cm\Delta t$，变形得$\Delta t=\frac{Q_{\mathrm{吸}}}{cm}$，分别计算三者的温度变化：
甲：$m_{\mathrm{甲}}=60\ \mathrm{g}=0.06\ \mathrm{kg}$，$\Delta t_{\mathrm{甲}}=\frac{Q_{\mathrm{吸}}}{c_{\mathrm{甲}}m_{\mathrm{甲}}}=\frac{Q_{\mathrm{吸}}}{2.1×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}×0.06\ \mathrm{kg}}=\frac{Q_{\mathrm{吸}}}{126}$；
乙：$m_{\mathrm{乙}}=60\ \mathrm{g}=0.06\ \mathrm{kg}$，$\Delta t_{\mathrm{乙}}=\frac{Q_{\mathrm{吸}}}{c_{\mathrm{乙}}m_{\mathrm{乙}}}=\frac{Q_{\mathrm{吸}}}{4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}×0.06\ \mathrm{kg}}=\frac{Q_{\mathrm{吸}}}{252}$；
丙：$m_{\mathrm{丙}}=100\ \mathrm{g}=0.1\ \mathrm{kg}$，$\Delta t_{\mathrm{丙}}=\frac{Q_{\mathrm{吸}}}{c_{\mathrm{丙}}m_{\mathrm{丙}}}=\frac{Q_{\mathrm{吸}}}{2.8×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}×0.1\ \mathrm{kg}}=\frac{Q_{\mathrm{吸}}}{280}$。
3. 比较温度变化：
因为$280＞252＞126$，所以$\Delta t_{\mathrm{丙}}＜\Delta t_{\mathrm{乙}}＜\Delta t_{\mathrm{甲}}$，即相同时间内丙的温度升高最少，对应图像落在Ⅲ区。
【答案】
C
【知识点】
比热容、热量计算
【点评】
本题结合温度-时间图像考查比热容的应用，核心是利用相同热源加热时吸收热量相等，结合热量公式分析温度变化，需注意质量单位的换算，属于基础应用题型，难度适中。
【难度系数】
0.6
4. (2024·镇江句容阶段检测)用电热棒分别给甲、乙两种液体
加热$(c_{\mathrm{甲}}=2c_{\mathrm{乙}})$,两种液体每秒吸收的热量相同,这两种液体的温度随加热时间变化的关系如图所示,下面四个选项正确的是（
A.同时加热 120 s,甲升高的温度大于乙
B.同时加热 120 s,甲吸收的热量比乙多
C.甲、乙两种液体的质量之比是$3:2$
D.如果相同质量的甲、乙两种液体,降低相同的温度,则乙放出的热量比甲多
加热$(c_{\mathrm{甲}}=2c_{\mathrm{乙}})$,两种液体每秒吸收的热量相同,这两种液体的温度随加热时间变化的关系如图所示,下面四个选项正确的是（C
）A.同时加热 120 s,甲升高的温度大于乙
B.同时加热 120 s,甲吸收的热量比乙多
C.甲、乙两种液体的质量之比是$3:2$
D.如果相同质量的甲、乙两种液体,降低相同的温度,则乙放出的热量比甲多
答案
4. C 提示:同时加热120 s,$\Delta t_\mathrm{甲}=80\ °\mathrm{C}-60\ °\mathrm{C}=20\ °\mathrm{C}$,$\Delta t_\mathrm{乙}=60\ °\mathrm{C}-0\ °\mathrm{C}=60\ °\mathrm{C}$,甲升高的温度小于乙;因两种液体每秒吸收的热量相同,故相同时间内甲和乙吸热相同;在$0∼120\ \mathrm{s}$内,因$c_\mathrm{甲}=2c_\mathrm{乙}$,有$m_\mathrm{甲}=\dfrac{Q_\mathrm{甲}}{c_\mathrm{甲}\Delta t_\mathrm{甲}}=\dfrac{Q_\mathrm{甲}}{2c_\mathrm{乙}×20\ °\mathrm{C}}=\dfrac{Q_\mathrm{甲}}{c_\mathrm{乙}×40\ °\mathrm{C}}$,$m_\mathrm{乙}=\dfrac{Q_\mathrm{乙}}{c_\mathrm{乙}\Delta t_\mathrm{乙}}=\dfrac{Q_\mathrm{甲}}{c_\mathrm{乙}×60\ °\mathrm{C}}$,$m_\mathrm{甲}:m_\mathrm{乙}=\dfrac{Q_\mathrm{甲}}{c_\mathrm{乙}×40\ °\mathrm{C}}:\dfrac{Q_\mathrm{甲}}{c_\mathrm{乙}×60\ °\mathrm{C}}=3:2$;若甲、乙质量相同,降低相同温度,$c_\mathrm{甲}=2c_\mathrm{乙}$,由$Q=cm\Delta t$可知甲放热较多。
解析
【分析】
要解决这道题，需结合温度-时间图像的信息，利用热量公式$Q=cm\Delta t$分析各选项：首先读取加热120s时甲、乙的温度变化，再结合“两种液体每秒吸收热量相同”的条件，以及已知的比热容关系$c_{甲}=2c_{乙}$，逐一判断选项的正误。
【解析】
1. 分析选项A：
同时加热120s时，甲的温度变化$\Delta t_{甲}=80°C - 60°C=20°C$，乙的温度变化$\Delta t_{乙}=60°C - 0°C=60°C$，因此甲升高的温度小于乙，A错误。
2. 分析选项B：
已知两种液体每秒吸收的热量相同，加热时间均为120s，所以甲、乙吸收的热量相等，即$Q_{甲}=Q_{乙}$，B错误。
3. 分析选项C：
根据热量公式$Q=cm\Delta t$，可得质量$m=\frac{Q}{c\Delta t}$。因为$Q_{甲}=Q_{乙}$，$c_{甲}=2c_{乙}$，代入温度变化得：
$\frac{m_{甲}}{m_{乙}}=\frac{\frac{Q_{甲}}{c_{甲}\Delta t_{甲}}}{\frac{Q_{乙}}{c_{乙}\Delta t_{乙}}}=\frac{c_{乙}\Delta t_{乙}}{c_{甲}\Delta t_{甲}}=\frac{c_{乙}×60°C}{2c_{乙}×20°C}=\frac{3}{2}$，即甲、乙质量之比为$3:2$，C正确。
4. 分析选项D：
若甲、乙质量相同，降低相同温度，根据放热公式$Q_{放}=cm\Delta t$，因为$c_{甲}=2c_{乙}$，所以$Q_{甲放}=2c_{乙}m\Delta t$，$Q_{乙放}=c_{乙}m\Delta t$，即甲放出的热量更多，D错误。
【答案】
C
【知识点】
比热容、热量公式$Q=cm\Delta t$
【点评】
本题结合温度-时间图像与热量公式，考查对吸放热规律的应用，需准确读取图像中的温度变化，利用控制变量法分析各物理量的关系，是中等难度的常规题型。
【难度系数】
0.6
要解决这道题，需结合温度-时间图像的信息，利用热量公式$Q=cm\Delta t$分析各选项：首先读取加热120s时甲、乙的温度变化，再结合“两种液体每秒吸收热量相同”的条件，以及已知的比热容关系$c_{甲}=2c_{乙}$，逐一判断选项的正误。
【解析】
1. 分析选项A：
同时加热120s时，甲的温度变化$\Delta t_{甲}=80°C - 60°C=20°C$，乙的温度变化$\Delta t_{乙}=60°C - 0°C=60°C$，因此甲升高的温度小于乙，A错误。
2. 分析选项B：
已知两种液体每秒吸收的热量相同，加热时间均为120s，所以甲、乙吸收的热量相等，即$Q_{甲}=Q_{乙}$，B错误。
3. 分析选项C：
根据热量公式$Q=cm\Delta t$，可得质量$m=\frac{Q}{c\Delta t}$。因为$Q_{甲}=Q_{乙}$，$c_{甲}=2c_{乙}$，代入温度变化得：
$\frac{m_{甲}}{m_{乙}}=\frac{\frac{Q_{甲}}{c_{甲}\Delta t_{甲}}}{\frac{Q_{乙}}{c_{乙}\Delta t_{乙}}}=\frac{c_{乙}\Delta t_{乙}}{c_{甲}\Delta t_{甲}}=\frac{c_{乙}×60°C}{2c_{乙}×20°C}=\frac{3}{2}$，即甲、乙质量之比为$3:2$，C正确。
4. 分析选项D：
若甲、乙质量相同，降低相同温度，根据放热公式$Q_{放}=cm\Delta t$，因为$c_{甲}=2c_{乙}$，所以$Q_{甲放}=2c_{乙}m\Delta t$，$Q_{乙放}=c_{乙}m\Delta t$，即甲放出的热量更多，D错误。
【答案】
C
【知识点】
比热容、热量公式$Q=cm\Delta t$
【点评】
本题结合温度-时间图像与热量公式，考查对吸放热规律的应用，需准确读取图像中的温度变化，利用控制变量法分析各物理量的关系，是中等难度的常规题型。
【难度系数】
0.6
5. 甲、乙两装置，均由一支一端封闭、一端开口且带有玻璃泡的管形容器和水银槽组成，除玻璃泡在管上的位置不同
外，其他条件都相同。将两管抽成真空后，开口向下竖直插入水银槽中（插入过程中没有空气进入管内），水银柱上升至图示位置停止。假设这一过程水银与外界没有热交换，则下列说法正确的是（
A.甲中水银的内能增量大于乙中水银的内能增量
B.乙中水银的内能增量大于甲中水银的内能增量
C.甲和乙中水银体积保持不变，故内能增量相同
D.甲和乙中水银温度始终相同，故内能增量相同
外，其他条件都相同。将两管抽成真空后，开口向下竖直插入水银槽中（插入过程中没有空气进入管内），水银柱上升至图示位置停止。假设这一过程水银与外界没有热交换，则下列说法正确的是（B
）A.甲中水银的内能增量大于乙中水银的内能增量
B.乙中水银的内能增量大于甲中水银的内能增量
C.甲和乙中水银体积保持不变，故内能增量相同
D.甲和乙中水银温度始终相同，故内能增量相同
答案
5. B 提示:两种情况下大气对水银做功相同,但甲中水银重心高,克服重力做的功多,所以增加的内能少,乙中水银重心低,克服重力做的功少,所以增加的内能多。
解析
【分析】
要解决这道题，需结合热力学第一定律分析水银内能的变化，明确外界对水银做功包含大气压力做功和重力做功两部分。首先，装置抽成真空后，大气压将水银压入管内，过程中水银与外界无热交换（Q=0），根据热力学第一定律ΔU=W+Q，内能增量ΔU等于外界对水银做的总功W。两装置其他条件相同，故大气压力对水银做的功相等；但玻璃泡位置不同导致水银重心高度不同，甲中水银重心更高，上升过程中克服重力做功更多，因此甲的总功更小，内能增量更小，乙则相反。
【解析】
1. 确定过程条件：两装置抽成真空后插入水银槽，水银上升至图示位置，过程中水银与外界无热交换，即Q=0。
2. 应用热力学第一定律：ΔU = W + Q，代入Q=0得ΔU = W，即水银的内能增量等于外界对水银做的总功W。
3. 分析外界做功的组成：
大气压力做功：两装置其他条件相同，大气压相同，水银柱总质量相同，故甲、乙中大气对水银做的功W大气相等。
重力做功：水银上升时，重力方向与位移方向相反，重力对水银做负功（即水银克服重力做功）。甲中玻璃泡位置更高，最终水银重心位置比乙高，因此甲中水银克服重力做功更多，即重力对甲中水银做的功更小（更负）。
4. 比较总功与内能增量：总功W = W大气 + W重力，因此甲的总功W甲 = W大气 + W甲重力，乙的总功W乙 = W大气 + W乙重力。由于W甲重力 ＜ W乙重力，故W甲 ＜ W乙，对应ΔU甲 ＜ ΔU乙，即乙中水银的内能增量更大。
【答案】
B
【知识点】
热力学第一定律、重力做功、内能变化
【点评】
本题结合热力学第一定律与重力做功知识，考查做功对系统内能的影响，关键是明确大气做功和重力做功的大小关系，易错点是误判水银重心高度对克服重力做功的影响，属于中等难度的综合题。
【难度系数】
0.5
要解决这道题，需结合热力学第一定律分析水银内能的变化，明确外界对水银做功包含大气压力做功和重力做功两部分。首先，装置抽成真空后，大气压将水银压入管内，过程中水银与外界无热交换（Q=0），根据热力学第一定律ΔU=W+Q，内能增量ΔU等于外界对水银做的总功W。两装置其他条件相同，故大气压力对水银做的功相等；但玻璃泡位置不同导致水银重心高度不同，甲中水银重心更高，上升过程中克服重力做功更多，因此甲的总功更小，内能增量更小，乙则相反。
【解析】
1. 确定过程条件：两装置抽成真空后插入水银槽，水银上升至图示位置，过程中水银与外界无热交换，即Q=0。
2. 应用热力学第一定律：ΔU = W + Q，代入Q=0得ΔU = W，即水银的内能增量等于外界对水银做的总功W。
3. 分析外界做功的组成：
大气压力做功：两装置其他条件相同，大气压相同，水银柱总质量相同，故甲、乙中大气对水银做的功W大气相等。
重力做功：水银上升时，重力方向与位移方向相反，重力对水银做负功（即水银克服重力做功）。甲中玻璃泡位置更高，最终水银重心位置比乙高，因此甲中水银克服重力做功更多，即重力对甲中水银做的功更小（更负）。
4. 比较总功与内能增量：总功W = W大气 + W重力，因此甲的总功W甲 = W大气 + W甲重力，乙的总功W乙 = W大气 + W乙重力。由于W甲重力 ＜ W乙重力，故W甲 ＜ W乙，对应ΔU甲 ＜ ΔU乙，即乙中水银的内能增量更大。
【答案】
B
【知识点】
热力学第一定律、重力做功、内能变化
【点评】
本题结合热力学第一定律与重力做功知识，考查做功对系统内能的影响，关键是明确大气做功和重力做功的大小关系，易错点是误判水银重心高度对克服重力做功的影响，属于中等难度的综合题。
【难度系数】
0.5
