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12. 情境素材 中华优秀传统文化 「★☆」某景区上演了非遗文化“打铁花”表演（如图）。表演者首先利用熔炉把罐子里的生铁熔化成汁，这是通过
热传递
的方式改变其内能；铁汁被棒击打后，腾空而起，像天女散花似的漫天飞舞，最后落地消失，在此过程中，铁的内能减小
（选填“增大”“减小”或“不变”）。答案
12.答案 热传递 减小
解析 在熔炉里把罐子里的固态生铁熔化成液态的铁汁,生铁吸收热量,内能增大,这是通过热传递的方式改变其内能;铁汁在下落过程中,温度降低,内能减小。
解析 在熔炉里把罐子里的固态生铁熔化成液态的铁汁,生铁吸收热量,内能增大,这是通过热传递的方式改变其内能;铁汁在下落过程中,温度降低,内能减小。
解析
【分析】
本题考查内能的改变方式及内能的变化，解题思路：①明确改变物体内能的两种方式（做功、热传递），判断生铁熔化时内能改变的途径；②分析铁汁下落过程中温度的变化，进而判断内能的变化情况。
【解析】
改变内能的方式包括做功和热传递，熔炉中的生铁熔化为铁汁时，从熔炉吸收热量，内能增大，这是通过热传递的方式改变内能；铁汁下落过程中，温度逐渐降低，向外散失热量，因此内能减小。
【答案】
热传递；减小
【知识点】
内能的改变方式；内能的变化
【点评】
本题结合非遗“打铁花”的生活情境，考查内能相关的基础知识点，贴近实际，难度较低，属于基础题，学生易理解掌握。
【难度系数】
0.6
本题考查内能的改变方式及内能的变化，解题思路：①明确改变物体内能的两种方式（做功、热传递），判断生铁熔化时内能改变的途径；②分析铁汁下落过程中温度的变化，进而判断内能的变化情况。
【解析】
改变内能的方式包括做功和热传递，熔炉中的生铁熔化为铁汁时，从熔炉吸收热量，内能增大，这是通过热传递的方式改变内能；铁汁下落过程中，温度逐渐降低，向外散失热量，因此内能减小。
【答案】
热传递；减小
【知识点】
内能的改变方式；内能的变化
【点评】
本题结合非遗“打铁花”的生活情境，考查内能相关的基础知识点，贴近实际，难度较低，属于基础题，学生易理解掌握。
【难度系数】
0.6
13.「2026安徽滁州期中，★☆」质量和初温都相同的水和铜块分别放出相同的热量后，将铜块投入水中（$c_{\mathrm{水}}＞c_{\mathrm{铜}}$，不计热量损失），则热量将
由水传递给铜块
（选填“由水传递给铜块”或“由铜块传递给水”），在热传递过程中，水和铜块的内能改变量相同
（选填“相同”或“不同”）。答案
13.答案 由水传递给铜块 相同
解析 质量和初温都相同的水和铜块,当它们放出相同的热量后,由$Q=cm\Delta t$可知,水的比热容较大,所以水降低的温度较少,水的末温较高;此时,将铜块投入水中,热量将由温度较高的水传递给温度较低的铜块;若不计热量损失,在热传递过程中,水减少的内能和铜块增加的内能相同。
解析 质量和初温都相同的水和铜块,当它们放出相同的热量后,由$Q=cm\Delta t$可知,水的比热容较大,所以水降低的温度较少,水的末温较高;此时,将铜块投入水中,热量将由温度较高的水传递给温度较低的铜块;若不计热量损失,在热传递过程中,水减少的内能和铜块增加的内能相同。
解析
【分析】首先根据热量公式$Q=cm\Delta t$，结合水和铜块的质量、放出热量相同，以及比热容的大小关系，判断两者温度变化的差异；再根据初温相同，得出末温的高低，进而确定热传递的方向；最后结合不计热量损失的条件，判断内能改变量的关系。
【解析】已知水和铜块的质量$m$相同，放出的热量$Q$相同，且$c_{\mathrm{水}}＞c_{\mathrm{铜}}$，根据公式$\Delta t=\frac{Q}{cm}$可知，比热容越大，温度变化越小，因此水降低的温度$\Delta t_{\mathrm{水}}$小于铜块降低的温度$\Delta t_{\mathrm{铜}}$。由于两者初温相同，所以水的末温$t_{\mathrm{水}}=初温 - \Delta t_{\mathrm{水}}$，铜块的末温$t_{\mathrm{铜}}=初温 - \Delta t_{\mathrm{铜}}$，故$t_{\mathrm{水}}＞t_{\mathrm{铜}}$。热传递的方向是从高温物体传向低温物体，因此热量由水传递给铜块。不计热量损失时，水放出的热量全部被铜块吸收，而内能的改变量等于传递的热量，所以水和铜块的内能改变量相同。
【答案】由水传递给铜块；相同
【知识点】比热容、热传递、内能改变量
【点评】本题结合比热容公式分析温度变化，考查热传递的方向和内能改变量的关系，核心是利用比热容判断末温，属于基础应用类题目，难度适中。
【难度系数】0.5
【解析】已知水和铜块的质量$m$相同，放出的热量$Q$相同，且$c_{\mathrm{水}}＞c_{\mathrm{铜}}$，根据公式$\Delta t=\frac{Q}{cm}$可知，比热容越大，温度变化越小，因此水降低的温度$\Delta t_{\mathrm{水}}$小于铜块降低的温度$\Delta t_{\mathrm{铜}}$。由于两者初温相同，所以水的末温$t_{\mathrm{水}}=初温 - \Delta t_{\mathrm{水}}$，铜块的末温$t_{\mathrm{铜}}=初温 - \Delta t_{\mathrm{铜}}$，故$t_{\mathrm{水}}＞t_{\mathrm{铜}}$。热传递的方向是从高温物体传向低温物体，因此热量由水传递给铜块。不计热量损失时，水放出的热量全部被铜块吸收，而内能的改变量等于传递的热量，所以水和铜块的内能改变量相同。
【答案】由水传递给铜块；相同
【知识点】比热容、热传递、内能改变量
【点评】本题结合比热容公式分析温度变化，考查热传递的方向和内能改变量的关系，核心是利用比热容判断末温，属于基础应用类题目，难度适中。
【难度系数】0.5
14.「★★☆」用相同的电加热器对相同质量的水和另一种液体进行加热，它们的温度随加热时间变化的图像如图所示，若加热过程中热量损失忽略不计，则可以推算出另一种液体的比热容为
比热容的计算
$2.1×10^3$
J/(kg·℃)。[水的比热容为$4.2×10^3$ J/(kg·℃)]比热容的计算
答案
14.答案 $2.1×10^3$
解析 由图可知,水加热16 min,温度升高40 ℃-10 ℃=30 ℃;另一种液体加热8 min,温度升高50 ℃-20 ℃=30 ℃;设水和另一种液体的质量为$m$,则水加热16 min吸收的热量$Q=c_水m\Delta t=4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}×m×30\ \mathrm{℃}=1.26×10^5m\ \mathrm{J/kg}$;用相同的热源加热,物体吸收的热量与加热时间成正比,则另一种液体加热8 min吸收的热量$Q'=\frac{1}{2}Q=6.3×10^4m\ \mathrm{J/kg}$,由$c=\frac{Q}{m\Delta t}$可知,另一种液体的比热容$c=\frac{Q'}{m\Delta t}=\frac{6.3×10^4m\ \mathrm{J/kg}}{m×30\ \mathrm{℃}}=2.1×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}$。
解析 由图可知,水加热16 min,温度升高40 ℃-10 ℃=30 ℃;另一种液体加热8 min,温度升高50 ℃-20 ℃=30 ℃;设水和另一种液体的质量为$m$,则水加热16 min吸收的热量$Q=c_水m\Delta t=4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}×m×30\ \mathrm{℃}=1.26×10^5m\ \mathrm{J/kg}$;用相同的热源加热,物体吸收的热量与加热时间成正比,则另一种液体加热8 min吸收的热量$Q'=\frac{1}{2}Q=6.3×10^4m\ \mathrm{J/kg}$,由$c=\frac{Q}{m\Delta t}$可知,另一种液体的比热容$c=\frac{Q'}{m\Delta t}=\frac{6.3×10^4m\ \mathrm{J/kg}}{m×30\ \mathrm{℃}}=2.1×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}$。
解析
【分析】
要解决该问题，需利用“相同电加热器在相同时间内放出热量相同，即物质吸收的热量与加热时间成正比”的特点，结合热量计算公式$Q=cm\Delta t$分析：首先从图像中提取水和另一种液体对应加热时间的温度变化，确定两者的温度差；再根据加热时间关系得到吸收热量的比例；最后结合质量相同的条件，代入公式计算另一种液体的比热容。
【解析】
1. 确定温度变化：由图像可知，水加热16 min时，初温为$10°\mathrm{C}$，末温为$40°\mathrm{C}$，温度变化$\Delta t_{\mathrm{水}}=40°\mathrm{C}-10°\mathrm{C}=30°\mathrm{C}$；另一种液体加热8 min时，初温为$20°\mathrm{C}$，末温为$50°\mathrm{C}$，温度变化$\Delta t_{\mathrm{液}}=50°\mathrm{C}-20°\mathrm{C}=30°\mathrm{C}$。
2. 确定热量关系：相同电加热器加热时，相同时间内两种液体吸收热量相同，因此吸收热量与加热时间成正比。水加热16 min吸收的热量为$Q_{\mathrm{水}}$，另一种液体加热8 min吸收的热量$Q'=\frac{8\ \mathrm{min}}{16\ \mathrm{min}}Q_{\mathrm{水}}=\frac{1}{2}Q_{\mathrm{水}}$。
3. 计算比热容：设水和另一种液体的质量均为$m$，根据$Q=cm\Delta t$，水吸收的热量$Q_{\mathrm{水}}=c_{\mathrm{水}}m\Delta t_{\mathrm{水}}=4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)} × m × 30°\mathrm{C}$。另一种液体的比热容$c_{\mathrm{液}}=\frac{Q'}{m\Delta t_{\mathrm{液}}}=\frac{\frac{1}{2}Q_{\mathrm{水}}}{m×30°\mathrm{C}}$，代入$Q_{\mathrm{水}}$的表达式，得$c_{\mathrm{液}}=\frac{\frac{1}{2}×4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)} × m ×30°\mathrm{C}}{m×30°\mathrm{C}}=2.1×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}$。
【答案】
$2.1×10^3$
【知识点】
比热容计算、热量公式应用
【点评】
本题结合图像信息，利用相同热源加热时热量与时间成正比的特点，结合控制变量法和热量公式计算比热容，是比热容计算的典型题型，考查学生对核心公式的应用能力。
【难度系数】
0.5
要解决该问题，需利用“相同电加热器在相同时间内放出热量相同，即物质吸收的热量与加热时间成正比”的特点，结合热量计算公式$Q=cm\Delta t$分析：首先从图像中提取水和另一种液体对应加热时间的温度变化，确定两者的温度差；再根据加热时间关系得到吸收热量的比例；最后结合质量相同的条件，代入公式计算另一种液体的比热容。
【解析】
1. 确定温度变化：由图像可知，水加热16 min时，初温为$10°\mathrm{C}$，末温为$40°\mathrm{C}$，温度变化$\Delta t_{\mathrm{水}}=40°\mathrm{C}-10°\mathrm{C}=30°\mathrm{C}$；另一种液体加热8 min时，初温为$20°\mathrm{C}$，末温为$50°\mathrm{C}$，温度变化$\Delta t_{\mathrm{液}}=50°\mathrm{C}-20°\mathrm{C}=30°\mathrm{C}$。
2. 确定热量关系：相同电加热器加热时，相同时间内两种液体吸收热量相同，因此吸收热量与加热时间成正比。水加热16 min吸收的热量为$Q_{\mathrm{水}}$，另一种液体加热8 min吸收的热量$Q'=\frac{8\ \mathrm{min}}{16\ \mathrm{min}}Q_{\mathrm{水}}=\frac{1}{2}Q_{\mathrm{水}}$。
3. 计算比热容：设水和另一种液体的质量均为$m$，根据$Q=cm\Delta t$，水吸收的热量$Q_{\mathrm{水}}=c_{\mathrm{水}}m\Delta t_{\mathrm{水}}=4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)} × m × 30°\mathrm{C}$。另一种液体的比热容$c_{\mathrm{液}}=\frac{Q'}{m\Delta t_{\mathrm{液}}}=\frac{\frac{1}{2}Q_{\mathrm{水}}}{m×30°\mathrm{C}}$，代入$Q_{\mathrm{水}}$的表达式，得$c_{\mathrm{液}}=\frac{\frac{1}{2}×4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)} × m ×30°\mathrm{C}}{m×30°\mathrm{C}}=2.1×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}$。
【答案】
$2.1×10^3$
【知识点】
比热容计算、热量公式应用
【点评】
本题结合图像信息，利用相同热源加热时热量与时间成正比的特点，结合控制变量法和热量公式计算比热容，是比热容计算的典型题型，考查学生对核心公式的应用能力。
【难度系数】
0.5
15.「2025山东烟台中考，★☆」汽油机是燃油汽车的动力来源之一。如图所示是某台汽油机工作时的能量数据，图中横线处应填写的内容是①
$1.61×10^5$
②机械
。若汽油的热值为$4.6×10^7$ J/kg，则该工作过程中消耗的汽油质量为$3.5×10^{-3}$
kg。答案
15.答案 $1.61×10^5$ 机械 $3.5×10^{-3}$
解析 汽油机工作时,燃料的化学能转化为内能,然后部分内能转化为机械能;由图可知,损失的能量$Q_{损失}=1.2×10^5\ \mathrm{J}$,获得的机械能$W=4.1×10^4\ \mathrm{J}$,则燃料完全燃烧释放的能量$Q_{放}=Q_{损失}+W=1.2×10^5\ \mathrm{J}+4.1×10^4\ \mathrm{J}=1.61×10^5\ \mathrm{J}$,由$Q_{放}=mq$可得,该工作过程中消耗的汽油质量$m=\frac{Q_{放}}{q_{汽油}}=\frac{1.61×10^5\ \mathrm{J}}{4.6×10^7\ \mathrm{J/kg}}=3.5×10^{-3}\ \mathrm{kg}$。
解析 汽油机工作时,燃料的化学能转化为内能,然后部分内能转化为机械能;由图可知,损失的能量$Q_{损失}=1.2×10^5\ \mathrm{J}$,获得的机械能$W=4.1×10^4\ \mathrm{J}$,则燃料完全燃烧释放的能量$Q_{放}=Q_{损失}+W=1.2×10^5\ \mathrm{J}+4.1×10^4\ \mathrm{J}=1.61×10^5\ \mathrm{J}$,由$Q_{放}=mq$可得,该工作过程中消耗的汽油质量$m=\frac{Q_{放}}{q_{汽油}}=\frac{1.61×10^5\ \mathrm{J}}{4.6×10^7\ \mathrm{J/kg}}=3.5×10^{-3}\ \mathrm{kg}$。
解析
【分析】
要解决本题，需明确汽油机的能量转化规律：燃料完全燃烧释放的总能量分为损失的能量和有用的能量；汽油机的有用能量为机械能；再结合热值公式计算消耗的汽油质量。
【解析】
1. 确定②：汽油机工作时，燃料的化学能先转化为内能，再将内能转化为机械能，因此有用的能量是机械能，故②填“机械”。
2. 计算①：燃料完全燃烧释放的总能量等于损失的能量与有用机械能之和，即：
$Q_{放}=Q_{损失}+W=1.2×10^5\ \mathrm{J}+4.1×10^4\ \mathrm{J}=1.61×10^5\ \mathrm{J}$，因此①为$1.61×10^5$。
3. 计算汽油质量：根据热值公式$Q_{放}=mq$，变形得$m=\frac{Q_{放}}{q}$，代入汽油热值$q=4.6×10^7\ \mathrm{J/kg}$，可得：
$m=\frac{1.61×10^5\ \mathrm{J}}{4.6×10^7\ \mathrm{J/kg}}=3.5×10^{-3}\ \mathrm{kg}$。
【答案】
$1.61×10^5$；机械；$3.5×10^{-3}$
【知识点】
汽油机能量转化、热值计算
【点评】
本题考查汽油机的能量流向和热值公式的应用，属于基础题型，需掌握能量分配关系和热值公式的变形计算，难度适中。
【难度系数】
0.6
要解决本题，需明确汽油机的能量转化规律：燃料完全燃烧释放的总能量分为损失的能量和有用的能量；汽油机的有用能量为机械能；再结合热值公式计算消耗的汽油质量。
【解析】
1. 确定②：汽油机工作时，燃料的化学能先转化为内能，再将内能转化为机械能，因此有用的能量是机械能，故②填“机械”。
2. 计算①：燃料完全燃烧释放的总能量等于损失的能量与有用机械能之和，即：
$Q_{放}=Q_{损失}+W=1.2×10^5\ \mathrm{J}+4.1×10^4\ \mathrm{J}=1.61×10^5\ \mathrm{J}$，因此①为$1.61×10^5$。
3. 计算汽油质量：根据热值公式$Q_{放}=mq$，变形得$m=\frac{Q_{放}}{q}$，代入汽油热值$q=4.6×10^7\ \mathrm{J/kg}$，可得：
$m=\frac{1.61×10^5\ \mathrm{J}}{4.6×10^7\ \mathrm{J/kg}}=3.5×10^{-3}\ \mathrm{kg}$。
【答案】
$1.61×10^5$；机械；$3.5×10^{-3}$
【知识点】
汽油机能量转化、热值计算
【点评】
本题考查汽油机的能量流向和热值公式的应用，属于基础题型，需掌握能量分配关系和热值公式的变形计算，难度适中。
【难度系数】
0.6
三、实验探究题(每空2分,共10分)
16. 核心$\frac{素养}{科学探究}$「2026广东珠海期中，★★☆」如图1所示,在“比较不同液体吸热本领大小”的实验中,小华将两支相同的试管(分别盛有初温相同的A、B两种液体)放入同一个红外加热器中,两个温度传感器的探头部分与两试管内的液体接触良好,温度传感器通过数据采集线与计算机相连。利用红外加热器对两试管内的液体进行加热,在二者沸腾前分别记录A、B两种液体温度随时间的变化如表。
(1)实验中应取
(2)实验中通过比较两种液体
(3)根据表格中实验数据可知,
(4)图2中①是B液体加热时温度随时间变化的图线,如果将初温相同的B液体质量增加到原来的2倍,不考虑热损失,用相同的加热器加热,再绘制出一条温度随时间变化的图线,则为图2中的图线
(5)本题中的实验数据表格存在的缺陷是
16. 核心$\frac{素养}{科学探究}$「2026广东珠海期中，★★☆」如图1所示,在“比较不同液体吸热本领大小”的实验中,小华将两支相同的试管(分别盛有初温相同的A、B两种液体)放入同一个红外加热器中,两个温度传感器的探头部分与两试管内的液体接触良好,温度传感器通过数据采集线与计算机相连。利用红外加热器对两试管内的液体进行加热,在二者沸腾前分别记录A、B两种液体温度随时间的变化如表。
(1)实验中应取
质量
(选填“质量”或“体积”)相同的A、B两种液体。(2)实验中通过比较两种液体
加热的时间
(选填“升高的温度”或“加热的时间”)来比较两种液体吸收热量的多少。(3)根据表格中实验数据可知,
A
(选填“A”或“B”)液体的吸热能力更强。(4)图2中①是B液体加热时温度随时间变化的图线,如果将初温相同的B液体质量增加到原来的2倍,不考虑热损失,用相同的加热器加热,再绘制出一条温度随时间变化的图线,则为图2中的图线
③
(选填“①”“②”或“③”)。(5)本题中的实验数据表格存在的缺陷是
没有标注时间和温度的单位
。答案
16.答案 (1)质量 (2)加热的时间 (3)A (4)③ (5)没有标注时间和温度的单位
解析 (1)在“比较不同液体吸热本领大小”的实验中,为了便于比较,要控制不同物质的质量相同,故实验中应取质量相同的A、B两种液体分别倒入相同的试管中。(2)实验中,两支试管放在同一热源中,可以通过比较加热时间来比较A和B两种液体吸收热量的多少。(3)由表格数据可知,A、B两液体升高相同的温度,A液体所需的加热时间更长,即A液体吸收的热量更多,A液体的吸热能力更强。(4)图2中①是B液体加热时温度随时间变化的图线,如果将初温相同的B液体质量增加到原来的2倍,不考虑热损失,用相同的加热器加热,升高相同温度时,吸收的热量将是原来的2倍,即加热时间变为原来的2倍,所以图2中的图线③符合题意。(5)设计表格时,物理量应该标注单位,本题中的实验数据表格存在的缺陷是没有标注时间和温度的单位。
解析 (1)在“比较不同液体吸热本领大小”的实验中,为了便于比较,要控制不同物质的质量相同,故实验中应取质量相同的A、B两种液体分别倒入相同的试管中。(2)实验中,两支试管放在同一热源中,可以通过比较加热时间来比较A和B两种液体吸收热量的多少。(3)由表格数据可知,A、B两液体升高相同的温度,A液体所需的加热时间更长,即A液体吸收的热量更多,A液体的吸热能力更强。(4)图2中①是B液体加热时温度随时间变化的图线,如果将初温相同的B液体质量增加到原来的2倍,不考虑热损失,用相同的加热器加热,升高相同温度时,吸收的热量将是原来的2倍,即加热时间变为原来的2倍,所以图2中的图线③符合题意。(5)设计表格时,物理量应该标注单位,本题中的实验数据表格存在的缺陷是没有标注时间和温度的单位。
解析
【分析】
这是“比较不同液体吸热本领大小”的实验探究题，解题思路如下：
1. 第(1)问：根据控制变量法，比较液体吸热本领时，需控制液体质量相同，避免体积不同导致质量差异影响实验结果，因此应取质量相同的液体。
2. 第(2)问：同一红外加热器相同时间放出热量相同，可通过加热时间间接反映液体吸收热量的多少，加热时间越长，吸收热量越多，这是转换法的应用。
3. 第(3)问：升高相同温度时，加热时间越长的液体吸收热量越多，吸热能力越强，对比表格数据，A液体升高相同温度的加热时间更长，故A吸热能力更强。
4. 第(4)问：相同加热器下，升高相同温度，吸收热量与质量成正比，B液体质量加倍后，加热时间需变为原来2倍，对应图线③。
5. 第(5)问：实验表格中物理量必须标注单位，本题表格未标注时间和温度的单位，存在缺陷。
【解析】
(1) 在“比较不同液体吸热本领大小”的实验中，根据控制变量法，需控制两种液体的质量相同，这样才能准确比较吸热本领，故应取质量相同的A、B液体。
(2) 实验中使用同一红外加热器，相同时间内加热器放出的热量相同，因此液体吸收的热量多少可通过加热时间来比较，加热时间越长，吸收热量越多，这是转换法的应用。
(3) 由表格数据可知，A、B升高相同温度时，A液体的加热时间更长，说明A吸收的热量更多，因此A液体的吸热能力更强。
(4) 相同加热器加热时，升高相同温度，吸收的热量与质量成正比。B液体质量增加到原来2倍，升高相同温度需要的热量是原来2倍，加热时间也变为原来2倍，对应图线③。
(5) 实验数据表格中，物理量需要标注单位，本题表格中时间和温度都未标注单位，存在缺陷。
【答案】
(1)质量 (2)加热的时间 (3)A (4)③ (5)没有标注时间和温度的单位
【知识点】
比较不同物质的吸热能力、控制变量法、转换法
【点评】
本题以实验探究形式考查比热容相关知识，重点考查控制变量法、转换法的应用及实验表格的规范设计，需要学生理解实验原理与操作要点，难度中等。
【难度系数】
0.6
这是“比较不同液体吸热本领大小”的实验探究题，解题思路如下：
1. 第(1)问：根据控制变量法，比较液体吸热本领时，需控制液体质量相同，避免体积不同导致质量差异影响实验结果，因此应取质量相同的液体。
2. 第(2)问：同一红外加热器相同时间放出热量相同，可通过加热时间间接反映液体吸收热量的多少，加热时间越长，吸收热量越多，这是转换法的应用。
3. 第(3)问：升高相同温度时，加热时间越长的液体吸收热量越多，吸热能力越强，对比表格数据，A液体升高相同温度的加热时间更长，故A吸热能力更强。
4. 第(4)问：相同加热器下，升高相同温度，吸收热量与质量成正比，B液体质量加倍后，加热时间需变为原来2倍，对应图线③。
5. 第(5)问：实验表格中物理量必须标注单位，本题表格未标注时间和温度的单位，存在缺陷。
【解析】
(1) 在“比较不同液体吸热本领大小”的实验中，根据控制变量法，需控制两种液体的质量相同，这样才能准确比较吸热本领，故应取质量相同的A、B液体。
(2) 实验中使用同一红外加热器，相同时间内加热器放出的热量相同，因此液体吸收的热量多少可通过加热时间来比较，加热时间越长，吸收热量越多，这是转换法的应用。
(3) 由表格数据可知，A、B升高相同温度时，A液体的加热时间更长，说明A吸收的热量更多，因此A液体的吸热能力更强。
(4) 相同加热器加热时，升高相同温度，吸收的热量与质量成正比。B液体质量增加到原来2倍，升高相同温度需要的热量是原来2倍，加热时间也变为原来2倍，对应图线③。
(5) 实验数据表格中，物理量需要标注单位，本题表格中时间和温度都未标注单位，存在缺陷。
【答案】
(1)质量 (2)加热的时间 (3)A (4)③ (5)没有标注时间和温度的单位
【知识点】
比较不同物质的吸热能力、控制变量法、转换法
【点评】
本题以实验探究形式考查比热容相关知识，重点考查控制变量法、转换法的应用及实验表格的规范设计，需要学生理解实验原理与操作要点，难度中等。
【难度系数】
0.6
