登录
1. 关于比热容，下列说法中正确的是 （
A.比热容跟物体吸收或放出的热量有关
B.比热容的大小与物质的种类和状态有关
C.物体的质量越大，比热容越大
D.升高的温度越小，物质比热容越大
B
）A.比热容跟物体吸收或放出的热量有关
B.比热容的大小与物质的种类和状态有关
C.物体的质量越大，比热容越大
D.升高的温度越小，物质比热容越大
答案
1. B
解析
【分析】
这是一道比热容的概念辨析题，解题的核心思路是先明确比热容的本质属性：比热容是物质本身固有的一种特性，仅由物质自身的属性决定，和物体的质量、吸放热多少、温度变化量等外部因素都无关。接下来我们逐个对照选项判断正误，排除所有错误描述，即可得到正确答案。
【解析】
我们对每个选项逐一分析：
1. 选项A：比热容是物质的固有特性，不会随物体吸收或放出的热量发生改变，因此A说法错误。
2. 选项B：不同种类的物质比热容一般不同，同一种物质状态改变时（例如水和冰）比热容也会发生变化，因此比热容的大小与物质的种类和状态有关，B说法正确。
3. 选项C：比热容和物体的质量没有关联，例如1kg的水和10kg的水比热容完全相同，因此C说法错误。
4. 选项D：比热容不会随物体升高的温度大小发生变化，同种物质即使升高的温度不同，比热容也保持不变，因此D说法错误。
综上，正确选项为B。
【答案】
B
【知识点】
比热容的概念，比热容的影响因素
【点评】
本题属于比热容板块的基础概念题，易错点是很多同学会把比热容的计算式c=Q/(mΔt)中的Q、m、Δt误认为是决定比热容大小的因素，要明确该公式只是比热容的计算式而非决定式，比热容不会被这三个物理量影响，仅由物质的种类和状态决定。
【难度系数】
0.9
这是一道比热容的概念辨析题，解题的核心思路是先明确比热容的本质属性：比热容是物质本身固有的一种特性，仅由物质自身的属性决定，和物体的质量、吸放热多少、温度变化量等外部因素都无关。接下来我们逐个对照选项判断正误，排除所有错误描述，即可得到正确答案。
【解析】
我们对每个选项逐一分析：
1. 选项A：比热容是物质的固有特性，不会随物体吸收或放出的热量发生改变，因此A说法错误。
2. 选项B：不同种类的物质比热容一般不同，同一种物质状态改变时（例如水和冰）比热容也会发生变化，因此比热容的大小与物质的种类和状态有关，B说法正确。
3. 选项C：比热容和物体的质量没有关联，例如1kg的水和10kg的水比热容完全相同，因此C说法错误。
4. 选项D：比热容不会随物体升高的温度大小发生变化，同种物质即使升高的温度不同，比热容也保持不变，因此D说法错误。
综上，正确选项为B。
【答案】
B
【知识点】
比热容的概念，比热容的影响因素
【点评】
本题属于比热容板块的基础概念题，易错点是很多同学会把比热容的计算式c=Q/(mΔt)中的Q、m、Δt误认为是决定比热容大小的因素，要明确该公式只是比热容的计算式而非决定式，比热容不会被这三个物理量影响，仅由物质的种类和状态决定。
【难度系数】
0.9
2. 小明分析表中比热容的数据得出了一些结论，其中正确的是[单位:$J/(kg·°C)$] （
A.冰熔化过程中比热容变大,温度不变,内能总量不变
B.不同物质的比热容可能相同
C.质量为 1 kg 的铜,温度升高$1\ °\mathrm{C}$时,含有的热量为$0.39× 10^{3}\ \mathrm{J}$
D.液体的比热容都比固体的比热容大
B
）A.冰熔化过程中比热容变大,温度不变,内能总量不变
B.不同物质的比热容可能相同
C.质量为 1 kg 的铜,温度升高$1\ °\mathrm{C}$时,含有的热量为$0.39× 10^{3}\ \mathrm{J}$
D.液体的比热容都比固体的比热容大
答案
2. B
解析
【分析】
我们可以逐个结合表格数据和热学基础概念对选项进行排查：
1. 先看A选项：回忆晶体熔化的特点，冰是晶体，熔化时吸热温度不变，内能是增加的，虽然冰熔化后比热容变大，但内能总量不变的描述错误，直接排除A。
2. 再看B选项：观察表格里的不同物质，查找是否存在比热容数值相等的不同物质，发现冰和煤油的比热容都是2.1×10³J/(kg·℃)，说明不同物质比热容可以相同，该选项大概率正确，继续验证剩余选项。
3. 接着看C选项：明确热量的定义，热量是热传递过程中传递能量的多少，属于过程量，不能描述为物体“含有热量”，表述本身错误，排除C。
4. 最后看D选项：找表格里的液态物质水银，它的比热容是0.14×10³J/(kg·℃)，比大部分固体比热容都小，说明不是所有液体比热容都比固体大，排除D。最终确定正确选项是B。
【解析】
我们逐一分析每个选项：
A. 冰是晶体，熔化过程中吸收热量，温度保持不变，内能总量增大，虽然冰熔化为水后比热容从2.1×10³J/(kg·℃)变为4.2×10³J/(kg·℃)，比热容变大，但内能不变的描述错误，A错误。
B. 从表格数据可以看到，冰和煤油是不同物质，二者的比热容均为2.1×10³J/(kg·℃)，说明不同物质的比热容可能相同，B正确。
C. 热量是过程量，只能描述热传递过程中吸收或放出的能量，不能说物体“含有热量”，该表述本身不符合物理定义，C错误。
D. 表格中水银是液体，其比热容为0.14×10³J/(kg·℃)，远小于沙石、干泥土等固体的比热容，因此“液体的比热容都比固体的比热容大”的结论不成立，D错误。
【答案】
B
【知识点】
比热容概念，晶体熔化特点，热量定义
【点评】
本题属于热学基础概念辨析题，结合比热容表格考查对核心概念的理解，易错点一是容易忽略热量是过程量，误判C选项；二是没有注意到水银这类液态金属的比热容很小，误选D，需要学生准确记忆热学基础概念，学会从给定数据中提取信息验证结论。
【难度系数】
0.7
我们可以逐个结合表格数据和热学基础概念对选项进行排查：
1. 先看A选项：回忆晶体熔化的特点，冰是晶体，熔化时吸热温度不变，内能是增加的，虽然冰熔化后比热容变大，但内能总量不变的描述错误，直接排除A。
2. 再看B选项：观察表格里的不同物质，查找是否存在比热容数值相等的不同物质，发现冰和煤油的比热容都是2.1×10³J/(kg·℃)，说明不同物质比热容可以相同，该选项大概率正确，继续验证剩余选项。
3. 接着看C选项：明确热量的定义，热量是热传递过程中传递能量的多少，属于过程量，不能描述为物体“含有热量”，表述本身错误，排除C。
4. 最后看D选项：找表格里的液态物质水银，它的比热容是0.14×10³J/(kg·℃)，比大部分固体比热容都小，说明不是所有液体比热容都比固体大，排除D。最终确定正确选项是B。
【解析】
我们逐一分析每个选项：
A. 冰是晶体，熔化过程中吸收热量，温度保持不变，内能总量增大，虽然冰熔化为水后比热容从2.1×10³J/(kg·℃)变为4.2×10³J/(kg·℃)，比热容变大，但内能不变的描述错误，A错误。
B. 从表格数据可以看到，冰和煤油是不同物质，二者的比热容均为2.1×10³J/(kg·℃)，说明不同物质的比热容可能相同，B正确。
C. 热量是过程量，只能描述热传递过程中吸收或放出的能量，不能说物体“含有热量”，该表述本身不符合物理定义，C错误。
D. 表格中水银是液体，其比热容为0.14×10³J/(kg·℃)，远小于沙石、干泥土等固体的比热容，因此“液体的比热容都比固体的比热容大”的结论不成立，D错误。
【答案】
B
【知识点】
比热容概念，晶体熔化特点，热量定义
【点评】
本题属于热学基础概念辨析题，结合比热容表格考查对核心概念的理解，易错点一是容易忽略热量是过程量，误判C选项；二是没有注意到水银这类液态金属的比热容很小，误选D，需要学生准确记忆热学基础概念，学会从给定数据中提取信息验证结论。
【难度系数】
0.7
3. 新趋势 学科融合 正常天气情况下,海岸附近的近地面区域会有“海陆风”现象.如图所
示是海风形成的示意图.海风形成的根本原因是,在相同日照条件下,陆地的
示是海风形成的示意图.海风形成的根本原因是,在相同日照条件下,陆地的
比热容
比海洋小,所以温度上升较快
(选填“较快”或“较慢”),空气上升,最终形成海洋吹向陆地
(选填“海洋吹向陆地”或“陆地吹向海洋”)的风.答案
3. 比热容 较快 海洋吹向陆地
解析
【分析】
这道题需要结合比热容的特性和风的形成逻辑推导海风的成因：首先明确相同日照条件下，陆地和海洋吸收的太阳辐射热量相近，根据热量公式Q=cmΔt，当吸收的热量Q、物质质量m相近时，比热容c越小，温度升高的幅度Δt就越大。对比陆地和海洋的物质构成：陆地以砂石泥土为主，海洋以水为主，水的比热容远大于砂石，因此陆地的比热容比海洋小，相同吸热下陆地温度上升更快，陆地上方热空气上升后近地面形成低压，海洋上方空气下沉近地面形成高压，近地面的风会从高压区域流向低压区域，最终形成从海洋吹向陆地的海风。
【解析】
1. 第一空：海陆热力性质差异的核心原因是物质的比热容不同，相同日照下陆地的砂石土壤比热容远小于海水，因此此处填比热容。
2. 第二空：根据Δt=Q/(cm)，在吸收相同热量、质量相近时，比热容越小，温度上升越快，因此陆地温度上升较快。
3. 第三空：陆地近地面因空气上升形成低压，海洋近地面因空气下沉形成高压，风由高压的海洋流向低压的陆地，因此是海洋吹向陆地。
【答案】
比热容；较快；海洋吹向陆地
【知识点】
比热容，海陆风成因，大气运动
【点评】
本题属于物理与地理的跨学科融合题型，将比热容的知识点和生活中常见的海岸气象现象结合，跳出了纯公式计算的考查模式，引导学生用所学物理原理解释自然现象，深化对比热容物理意义的理解。
【难度系数】
0.8
这道题需要结合比热容的特性和风的形成逻辑推导海风的成因：首先明确相同日照条件下，陆地和海洋吸收的太阳辐射热量相近，根据热量公式Q=cmΔt，当吸收的热量Q、物质质量m相近时，比热容c越小，温度升高的幅度Δt就越大。对比陆地和海洋的物质构成：陆地以砂石泥土为主，海洋以水为主，水的比热容远大于砂石，因此陆地的比热容比海洋小，相同吸热下陆地温度上升更快，陆地上方热空气上升后近地面形成低压，海洋上方空气下沉近地面形成高压，近地面的风会从高压区域流向低压区域，最终形成从海洋吹向陆地的海风。
【解析】
1. 第一空：海陆热力性质差异的核心原因是物质的比热容不同，相同日照下陆地的砂石土壤比热容远小于海水，因此此处填比热容。
2. 第二空：根据Δt=Q/(cm)，在吸收相同热量、质量相近时，比热容越小，温度上升越快，因此陆地温度上升较快。
3. 第三空：陆地近地面因空气上升形成低压，海洋近地面因空气下沉形成高压，风由高压的海洋流向低压的陆地，因此是海洋吹向陆地。
【答案】
比热容；较快；海洋吹向陆地
【知识点】
比热容，海陆风成因，大气运动
【点评】
本题属于物理与地理的跨学科融合题型，将比热容的知识点和生活中常见的海岸气象现象结合，跳出了纯公式计算的考查模式，引导学生用所学物理原理解释自然现象，深化对比热容物理意义的理解。
【难度系数】
0.8
4.（2026·江苏南京月考节选）某同学用加热器持续加热，将质量为 500 g 的冰熔化直至沸腾，记录并绘制出图示的温度与时间图像，物质在 C 点的内能
大于
在 B 点的，物质在AB 段的比热容小于
在 CD 段的.（均选填“大于”“等于”或“小于”）答案
4. 大于 小于
解析
【分析】
首先判断内能大小：B到C是冰的熔化过程，晶体熔化时温度不变但持续吸热，吸热会使内能增加，因此可直接对比C、B点的内能。之后比较两段比热容：相同加热器加热时，单位时间内物质吸收的热量相等，结合图像分别提取AB段、CD段的加热时长、温度变化量，利用比热容公式$c=\frac{Q}{m\Delta t}$，在质量相同的前提下，对比两段的吸热量和温度变化量的比值，就能推导得出两段比热容的大小关系。
【解析】
1. 内能对比：从B点到C点，冰处于晶体熔化阶段，持续从外界吸收热量，虽然温度始终保持0℃不变，但内能随吸热过程不断增大，因此物质在C点的内能大于在B点的内能。
2. 比热容对比：设加热器每分钟提供的热量为q，物质质量m始终为500g保持不变：
AB段：加热时长为2min，吸收总热量$Q_{AB}=2q$，温度变化量$\Delta t_{AB}=0℃-(-40℃)=40℃$，代入比热容公式得$c_{AB}=\frac{Q_{AB}}{m\Delta t_{AB}}=\frac{2q}{m×40℃}=\frac{q}{20m}$
CD段：加热时长为$16min-8min=8min$，吸收总热量$Q_{CD}=8q$，温度变化量$\Delta t_{CD}=100℃-0℃=100℃$，同理得$c_{CD}=\frac{Q_{CD}}{m\Delta t_{CD}}=\frac{8q}{m×100℃}=\frac{2q}{25m}$
对比可得$c_{AB}＜c_{CD}$，即物质在AB段的比热容小于在CD段的比热容。
【答案】大于 小于
【知识点】晶体熔化内能变化；比热容计算
【点评】本题结合冰熔化直至沸腾的温度-时间图像命题，易错点是容易误认为晶体熔化温度不变内能就不变，忽略熔化过程持续吸热内能增加的核心特点；第二空通过控制变量法结合比热容公式推导，也可结合冰和水的已知比热容大小直接验证结论。
【难度系数】0.6
首先判断内能大小：B到C是冰的熔化过程，晶体熔化时温度不变但持续吸热，吸热会使内能增加，因此可直接对比C、B点的内能。之后比较两段比热容：相同加热器加热时，单位时间内物质吸收的热量相等，结合图像分别提取AB段、CD段的加热时长、温度变化量，利用比热容公式$c=\frac{Q}{m\Delta t}$，在质量相同的前提下，对比两段的吸热量和温度变化量的比值，就能推导得出两段比热容的大小关系。
【解析】
1. 内能对比：从B点到C点，冰处于晶体熔化阶段，持续从外界吸收热量，虽然温度始终保持0℃不变，但内能随吸热过程不断增大，因此物质在C点的内能大于在B点的内能。
2. 比热容对比：设加热器每分钟提供的热量为q，物质质量m始终为500g保持不变：
AB段：加热时长为2min，吸收总热量$Q_{AB}=2q$，温度变化量$\Delta t_{AB}=0℃-(-40℃)=40℃$，代入比热容公式得$c_{AB}=\frac{Q_{AB}}{m\Delta t_{AB}}=\frac{2q}{m×40℃}=\frac{q}{20m}$
CD段：加热时长为$16min-8min=8min$，吸收总热量$Q_{CD}=8q$，温度变化量$\Delta t_{CD}=100℃-0℃=100℃$，同理得$c_{CD}=\frac{Q_{CD}}{m\Delta t_{CD}}=\frac{8q}{m×100℃}=\frac{2q}{25m}$
对比可得$c_{AB}＜c_{CD}$，即物质在AB段的比热容小于在CD段的比热容。
【答案】大于 小于
【知识点】晶体熔化内能变化；比热容计算
【点评】本题结合冰熔化直至沸腾的温度-时间图像命题，易错点是容易误认为晶体熔化温度不变内能就不变，忽略熔化过程持续吸热内能增加的核心特点；第二空通过控制变量法结合比热容公式推导，也可结合冰和水的已知比热容大小直接验证结论。
【难度系数】0.6
5. (2025·江苏无锡期末)如图甲所示为“观察不同物质吸热升温现象”的实验装置.将初温相同、质量均为50 g的沙子和水分别放在两个瓷盘中,用红外灯均匀照射两个瓷盘4 min后,再用温度计分别测出沙子和水的温度,此时沙子的温度为 $55.4\ \mathrm{° C}$, 水的温度为$30.7\ \mathrm{° C}$.下列有关该实验的说法正确的是（
A.测量仪器需要温度计、托盘天平、秒表
B.红外灯释放的热量全部被沙子和水吸收
C.加热4 min,水比沙子吸收了更多热量
D.如图乙,①为水的升温图线,②为沙子的升温图线
A
）A.测量仪器需要温度计、托盘天平、秒表
B.红外灯释放的热量全部被沙子和水吸收
C.加热4 min,水比沙子吸收了更多热量
D.如图乙,①为水的升温图线,②为沙子的升温图线
答案
5. A
解析
【分析】
本题围绕探究不同物质吸热升温现象的实验展开，我们可以结合实验原理、控制变量的思路逐个判断选项：首先明确实验需要测量的物理量：质量、温度、加热时间，对应判断所需仪器；再结合实验中用相同红外灯同时间照射保证吸热近似相等的设计，判断热量吸收情况；最后结合比热容的特性，质量相同的不同物质吸收相同热量时，比热容越小升温越快，判断升温图线对应的物质，同时结合热量不可能100%被目标物质吸收的常识，逐一排除错误选项得到正确答案。
【解析】
逐一分析各选项：
1. 选项A：实验中需要控制沙子和水的质量相等，因此需要托盘天平测量质量；需要记录沙子和水的温度变化，需要温度计；需要通过加热时长来反映物质吸收热量的多少，需要秒表，三种测量仪器均为实验所需，A正确。
2. 选项B：红外灯释放的热量除了被沙子和水吸收外，还有部分会散失到空气中、被瓷盘等实验装置吸收，无法全部被沙子和水吸收，B错误。
3. 选项C：实验用同一个红外灯均匀照射，相同时间内沙子和水获得的热量近似相等，加热4min时二者吸收的热量是相同的，并非水吸收更多热量，C错误。
4. 选项D：沙子的比热容小于水的比热容，质量相同的沙子和水吸收相同热量时，沙子的温度升高更快，因此图乙中升温更陡的图线①是沙子的升温图线，升温平缓的图线②是水的升温图线，D错误。
综上，本题选A。
【答案】
A
【知识点】
比热容实验，比热容特性，控制变量法
【点评】
本题是热学基础实验的常规考题，重点考察对探究不同物质吸热升温实验的原理、器材、现象的理解，易错点是混淆沙子和水的升温快慢，错选D选项，解题时要牢记：质量相同的不同物质吸收相等热量，比热容越小，温度升高得越快。
【难度系数】
0.7
本题围绕探究不同物质吸热升温现象的实验展开，我们可以结合实验原理、控制变量的思路逐个判断选项：首先明确实验需要测量的物理量：质量、温度、加热时间，对应判断所需仪器；再结合实验中用相同红外灯同时间照射保证吸热近似相等的设计，判断热量吸收情况；最后结合比热容的特性，质量相同的不同物质吸收相同热量时，比热容越小升温越快，判断升温图线对应的物质，同时结合热量不可能100%被目标物质吸收的常识，逐一排除错误选项得到正确答案。
【解析】
逐一分析各选项：
1. 选项A：实验中需要控制沙子和水的质量相等，因此需要托盘天平测量质量；需要记录沙子和水的温度变化，需要温度计；需要通过加热时长来反映物质吸收热量的多少，需要秒表，三种测量仪器均为实验所需，A正确。
2. 选项B：红外灯释放的热量除了被沙子和水吸收外，还有部分会散失到空气中、被瓷盘等实验装置吸收，无法全部被沙子和水吸收，B错误。
3. 选项C：实验用同一个红外灯均匀照射，相同时间内沙子和水获得的热量近似相等，加热4min时二者吸收的热量是相同的，并非水吸收更多热量，C错误。
4. 选项D：沙子的比热容小于水的比热容，质量相同的沙子和水吸收相同热量时，沙子的温度升高更快，因此图乙中升温更陡的图线①是沙子的升温图线，升温平缓的图线②是水的升温图线，D错误。
综上，本题选A。
【答案】
A
【知识点】
比热容实验，比热容特性，控制变量法
【点评】
本题是热学基础实验的常规考题，重点考察对探究不同物质吸热升温实验的原理、器材、现象的理解，易错点是混淆沙子和水的升温快慢，错选D选项，解题时要牢记：质量相同的不同物质吸收相等热量，比热容越小，温度升高得越快。
【难度系数】
0.7
6.（2026·安徽宿州期中）甲、乙、丙三个物体的质量关系为$m_{甲}=m_{乙}＞m_{丙}$，当它们吸收热量的情况如图所示时，升高的温度关系为$\Delta t_{甲}＜$
$\Delta t_{乙}=\Delta t_{丙},则关于这三个物体,下列说法正确$的是（
A.甲的比热容一定最小
B.丙的比热容一定是乙的2倍
C.若甲的初温高于乙，则甲、乙的末温一定不相等
D.若三个物体降低相同温度，乙放出的热量一定最少
$\Delta t_{乙}=\Delta t_{丙},则关于这三个物体,下列说法正确$的是（
D
）A.甲的比热容一定最小
B.丙的比热容一定是乙的2倍
C.若甲的初温高于乙，则甲、乙的末温一定不相等
D.若三个物体降低相同温度，乙放出的热量一定最少
答案
6. D 解析:由题意知甲、乙的质量$m_甲=m_乙$,升高的温度$\Delta t_甲＜\Delta t_乙$,由图可知吸收的热量$Q_{吸甲}=Q_{吸乙}$,由$c=\frac{Q}{m\Delta t}$可知,甲、乙的比热容$c_甲＞c_乙$;乙、丙的质量$m_乙＞m_丙$,升高的温度$\Delta t_乙=\Delta t_丙$,由图可知吸收的热量$Q_{吸丙}=2Q_{吸乙}$,则有$c_丙 m_丙=2c_乙 m_乙$,已知$m_乙＞m_丙$,可得$c_丙＞2c_乙$;比较大小关系可知,乙的比热容最小,故A、B错误. 因为甲、乙升高的温度$\Delta t_甲＜\Delta t_乙$,若甲的初温高于乙,则甲、乙的末温有可能相等,故C错误.若三个物体降低相同的温度,即$\Delta t$相同,由于比热容$c_甲＞c_乙$,质量$m_甲=m_乙$,根据$Q_放=cm\Delta t$可知,甲放出的热量比乙多,即$Q_{甲放}＞Q_{乙放}$;由图像可知,乙和丙升高相同温度时,丙吸收的热量多,同理可知,当乙和丙降低相同温度时,丙放出的热量比乙多,即$Q_{丙放}＞Q_{乙放}$;比较大小关系可知,乙放出的热量最少,故D正确.
解析
【分析】
我们首先明确解题核心是利用吸热公式$Q=cm\Delta t$的变形$c=\frac{Q}{m\Delta t}$，结合题目给出的质量、吸热、升温的已知条件，先推导三个物体的比热容大小关系，再逐一验证每个选项是否正确：
1. 先整理已知条件：质量关系$m_甲=m_乙＞m_丙$，从柱状图得吸热关系$Q_甲=Q_乙=Q$，$Q_丙=2Q$，升温关系$\Delta t_甲＜\Delta t_乙=\Delta t_丙$。
2. 先对比甲、乙：两者吸热相等、质量相等，升温甲更小，因此甲的比热容大于乙；再对比乙、丙：两者升温相等，丙吸热是乙的2倍，且$m_乙＞m_丙$，代入公式可推导出丙的比热容大于乙的2倍，由此可知三者中乙的比热容最小。
3. 再逐个分析选项，排除错误选项得到正确结论。
【解析】
解：
已知条件整理：
① 质量：$m_甲=m_乙＞m_丙$；
② 吸收热量：由图可知$Q_甲=Q_乙=Q$，$Q_丙=2Q$；
③ 升高温度：$\Delta t_甲＜\Delta t_乙=\Delta t_丙$。
根据比热容定义式$c=\frac{Q}{m\Delta t}$推导：
1. 对比甲、乙：$Q_甲=Q_乙$，$m_甲=m_乙$，$\Delta t_甲＜\Delta t_乙$，代入得$c_甲=\frac{Q}{m_甲\Delta t_甲}$，$c_乙=\frac{Q}{m_乙\Delta t_乙}$，因此$c_甲＞c_乙$。
2. 对比乙、丙：$Q_丙=2Q_乙$，$\Delta t_乙=\Delta t_丙$，$m_乙＞m_丙$，代入得$c_丙=\frac{2Q}{m_丙\Delta t_丙}$，$c_乙=\frac{Q}{m_乙\Delta t_乙}$，两式作比可得$\frac{c_丙}{c_乙}=\frac{2m_乙}{m_丙}$，由于$m_乙＞m_丙$，因此$\frac{c_丙}{c_乙}＞2$，即$c_丙＞2c_乙$。
逐一判断选项：
选项A：由推导可知三者中$c_乙$最小，并非甲的比热容最小，A错误。
选项B：推导得$c_丙＞2c_乙$，并非等于2倍，B错误。
选项C：末温$t=t_0+\Delta t$，已知$\Delta t_甲＜\Delta t_乙$，若甲的初温$t_{0甲}$高于乙的初温$t_{0乙}$，是可以满足$t_{0甲}+\Delta t_甲 = t_{0乙}+\Delta t_乙$的，即两者末温有可能相等，C错误。
选项D：物体放热公式为$Q_放=cm\Delta t$，若降低相同温度$\Delta t$：
甲和乙对比：$c_甲＞c_乙$，$m_甲=m_乙$，因此$Q_{甲放}＞Q_{乙放}$；
乙和丙对比：由$c_丙 m_丙=2c_乙 m_乙$，代入放热公式得$Q_{丙放}=c_丙 m_丙 \Delta t=2c_乙 m_乙 \Delta t=2Q_{乙放}$，因此$Q_{丙放}＞Q_{乙放}$；
综上可得乙放出的热量一定最少，D正确。
【答案】D
【知识点】热量公式应用，比热容计算
【点评】本题属于比热容的定性推导题型，重点考察对吸热、放热公式的灵活变形应用，需要注意控制变量的分析逻辑，避免忽略质量的大小关系误判B选项，同时要明确“升高的温度”和“末温”是完全不同的物理量，不要混淆概念错选C。
【难度系数】0.6
我们首先明确解题核心是利用吸热公式$Q=cm\Delta t$的变形$c=\frac{Q}{m\Delta t}$，结合题目给出的质量、吸热、升温的已知条件，先推导三个物体的比热容大小关系，再逐一验证每个选项是否正确：
1. 先整理已知条件：质量关系$m_甲=m_乙＞m_丙$，从柱状图得吸热关系$Q_甲=Q_乙=Q$，$Q_丙=2Q$，升温关系$\Delta t_甲＜\Delta t_乙=\Delta t_丙$。
2. 先对比甲、乙：两者吸热相等、质量相等，升温甲更小，因此甲的比热容大于乙；再对比乙、丙：两者升温相等，丙吸热是乙的2倍，且$m_乙＞m_丙$，代入公式可推导出丙的比热容大于乙的2倍，由此可知三者中乙的比热容最小。
3. 再逐个分析选项，排除错误选项得到正确结论。
【解析】
解：
已知条件整理：
① 质量：$m_甲=m_乙＞m_丙$；
② 吸收热量：由图可知$Q_甲=Q_乙=Q$，$Q_丙=2Q$；
③ 升高温度：$\Delta t_甲＜\Delta t_乙=\Delta t_丙$。
根据比热容定义式$c=\frac{Q}{m\Delta t}$推导：
1. 对比甲、乙：$Q_甲=Q_乙$，$m_甲=m_乙$，$\Delta t_甲＜\Delta t_乙$，代入得$c_甲=\frac{Q}{m_甲\Delta t_甲}$，$c_乙=\frac{Q}{m_乙\Delta t_乙}$，因此$c_甲＞c_乙$。
2. 对比乙、丙：$Q_丙=2Q_乙$，$\Delta t_乙=\Delta t_丙$，$m_乙＞m_丙$，代入得$c_丙=\frac{2Q}{m_丙\Delta t_丙}$，$c_乙=\frac{Q}{m_乙\Delta t_乙}$，两式作比可得$\frac{c_丙}{c_乙}=\frac{2m_乙}{m_丙}$，由于$m_乙＞m_丙$，因此$\frac{c_丙}{c_乙}＞2$，即$c_丙＞2c_乙$。
逐一判断选项：
选项A：由推导可知三者中$c_乙$最小，并非甲的比热容最小，A错误。
选项B：推导得$c_丙＞2c_乙$，并非等于2倍，B错误。
选项C：末温$t=t_0+\Delta t$，已知$\Delta t_甲＜\Delta t_乙$，若甲的初温$t_{0甲}$高于乙的初温$t_{0乙}$，是可以满足$t_{0甲}+\Delta t_甲 = t_{0乙}+\Delta t_乙$的，即两者末温有可能相等，C错误。
选项D：物体放热公式为$Q_放=cm\Delta t$，若降低相同温度$\Delta t$：
甲和乙对比：$c_甲＞c_乙$，$m_甲=m_乙$，因此$Q_{甲放}＞Q_{乙放}$；
乙和丙对比：由$c_丙 m_丙=2c_乙 m_乙$，代入放热公式得$Q_{丙放}=c_丙 m_丙 \Delta t=2c_乙 m_乙 \Delta t=2Q_{乙放}$，因此$Q_{丙放}＞Q_{乙放}$；
综上可得乙放出的热量一定最少，D正确。
【答案】D
【知识点】热量公式应用，比热容计算
【点评】本题属于比热容的定性推导题型，重点考察对吸热、放热公式的灵活变形应用，需要注意控制变量的分析逻辑，避免忽略质量的大小关系误判B选项，同时要明确“升高的温度”和“末温”是完全不同的物理量，不要混淆概念错选C。
【难度系数】0.6
