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1 质量为1 kg、温度为20 ℃的水吸收$2.1×10^{5}$ J的热量后，它的温度为（
A.30 ℃
B.50 ℃
C.70 ℃
D.90 ℃
C
）。A.30 ℃
B.50 ℃
C.70 ℃
D.90 ℃
答案
1.C
解析
【分析】本题考查热量的计算，解题思路是利用吸热公式$Q_{吸}=cm\Delta t$，先计算水升高的温度，再结合初始温度求出末温，最后匹配选项得出答案。
【解析】已知水的质量$m=1\ \mathrm{kg}$，初温$t_0=20\ \mathrm{℃}$，吸收热量$Q_{吸}=2.1×10^5\ \mathrm{J}$，水的比热容$c=4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}$。根据吸热公式$Q_{吸}=cm(t - t_0)$，变形可得末温$t = t_0 + \frac{Q_{吸}}{cm}$。代入数值计算：$\Delta t=\frac{Q_{吸}}{cm}=\frac{2.1×10^5\ \mathrm{J}}{4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}×1\ \mathrm{kg}}=50\ \mathrm{℃}$，则末温$t=20\ \mathrm{℃}+50\ \mathrm{℃}=70\ \mathrm{℃}$，对应选项C。
【答案】C
【知识点】热量计算、比热容
【点评】本题为基础的热量公式应用题，只需掌握吸热公式及水的比热容数值即可快速求解，属于对基础知识点的直接考查。
【难度系数】0.8
【解析】已知水的质量$m=1\ \mathrm{kg}$，初温$t_0=20\ \mathrm{℃}$，吸收热量$Q_{吸}=2.1×10^5\ \mathrm{J}$，水的比热容$c=4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}$。根据吸热公式$Q_{吸}=cm(t - t_0)$，变形可得末温$t = t_0 + \frac{Q_{吸}}{cm}$。代入数值计算：$\Delta t=\frac{Q_{吸}}{cm}=\frac{2.1×10^5\ \mathrm{J}}{4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}×1\ \mathrm{kg}}=50\ \mathrm{℃}$，则末温$t=20\ \mathrm{℃}+50\ \mathrm{℃}=70\ \mathrm{℃}$，对应选项C。
【答案】C
【知识点】热量计算、比热容
【点评】本题为基础的热量公式应用题，只需掌握吸热公式及水的比热容数值即可快速求解，属于对基础知识点的直接考查。
【难度系数】0.8
2 1 kg的20 ℃的水吸收了$3.78× 10^5$ J的热量后，在标准大气压下，其温度升高了（
A.$110$ ℃
B.$90$ ℃
C.$80$ ℃
D.条件不够，无法计算
C
）。A.$110$ ℃
B.$90$ ℃
C.$80$ ℃
D.条件不够，无法计算
答案
2.C
解析
【分析】
解决本题需分两步思考：1. 利用吸热公式计算水理论上可升高的温度；2. 结合标准大气压下水的沸点为100℃，判断实际温度变化，因为水达到沸点后吸热但温度不变，实际升高温度不能超过沸点与初始温度的差值，避免误选理论值。
【解析】
已知水的比热容$c=4.2×10^3 J/(kg·℃)$，标准大气压下水的沸点为100℃；题目中“2 1 kg”为输入排版错误，实际水的质量$m=1kg$，初始温度$t_0=20℃$，吸收热量$Q_吸=3.78×10^5 J$。
根据吸热公式$Q_吸=cmΔt$，计算理论升高温度：
$Δt_{理论}=\frac{Q_吸}{cm}=\frac{3.78×10^5 J}{4.2×10^3 J/(kg·℃)×1kg}=90℃$；
理论末温$t_{理论}=t_0+Δt_{理论}=20℃+90℃=110℃$，但标准大气压下水的沸点为100℃，水达到沸点后继续吸热温度保持不变，因此实际末温为100℃，实际升高温度：
$Δt_{实际}=100℃-20℃=80℃$，对应选项C。
【答案】
C
【知识点】
热量计算、水的沸点
【点评】
本题考查吸热公式的应用，核心是需考虑标准大气压下水的沸点限制，避免直接计算理论温度而错选B选项，属于易错题，需注意实际情况中温度的上限。
【难度系数】
0.5
解决本题需分两步思考：1. 利用吸热公式计算水理论上可升高的温度；2. 结合标准大气压下水的沸点为100℃，判断实际温度变化，因为水达到沸点后吸热但温度不变，实际升高温度不能超过沸点与初始温度的差值，避免误选理论值。
【解析】
已知水的比热容$c=4.2×10^3 J/(kg·℃)$，标准大气压下水的沸点为100℃；题目中“2 1 kg”为输入排版错误，实际水的质量$m=1kg$，初始温度$t_0=20℃$，吸收热量$Q_吸=3.78×10^5 J$。
根据吸热公式$Q_吸=cmΔt$，计算理论升高温度：
$Δt_{理论}=\frac{Q_吸}{cm}=\frac{3.78×10^5 J}{4.2×10^3 J/(kg·℃)×1kg}=90℃$；
理论末温$t_{理论}=t_0+Δt_{理论}=20℃+90℃=110℃$，但标准大气压下水的沸点为100℃，水达到沸点后继续吸热温度保持不变，因此实际末温为100℃，实际升高温度：
$Δt_{实际}=100℃-20℃=80℃$，对应选项C。
【答案】
C
【知识点】
热量计算、水的沸点
【点评】
本题考查吸热公式的应用，核心是需考虑标准大气压下水的沸点限制，避免直接计算理论温度而错选B选项，属于易错题，需注意实际情况中温度的上限。
【难度系数】
0.5
3 如图所示是甲、乙两杯液体(两个烧杯完全相同),用相同的电加热器加热过程中,液体温度随时间变化的图像.根据图像,下列判断中正确的是(
A.若甲、乙是等质量的不同液体,则甲的比热容较大
B.若甲、乙是质量不等的同种液体,则甲的质量较大
C.若甲、乙是等质量的不同液体,则加热相同时间,乙吸收的热量较少
D.无论甲、乙质量和种类是否相同,乙的质量和比热容的乘积较大
D
).A.若甲、乙是等质量的不同液体,则甲的比热容较大
B.若甲、乙是质量不等的同种液体,则甲的质量较大
C.若甲、乙是等质量的不同液体,则加热相同时间,乙吸收的热量较少
D.无论甲、乙质量和种类是否相同,乙的质量和比热容的乘积较大
答案
3.D
解析
【分析】
本题需结合相同电加热器加热时，相同时间内甲、乙吸收热量相等的特点，利用热量公式$Q=cm\Delta t$分析。从图像可知，$t_0$时刻，甲的温度变化$\Delta t_甲$大于乙的温度变化$\Delta t_乙$（甲初始温度为0，乙初始温度高于0，末温相同，故$\Delta t_甲 = t_末 - 0$，$\Delta t_乙 = t_末 - t_初乙$，$\Delta t_甲＞\Delta t_乙$），再结合公式变形$cm=\frac{Q}{\Delta t}$，逐一判断选项。
【解析】
相同的电加热器加热，因此加热时间相同时，甲、乙吸收的热量$Q$相等，即$Q_甲=Q_乙$。根据热量公式$Q=cm\Delta t$，变形可得$cm=\frac{Q}{\Delta t}$。
从图像可知，$t_0$时刻，甲升高的温度$\Delta t_甲 ＞$乙升高的温度$\Delta t_乙$：
选项A：若甲、乙是等质量的不同液体（$m$相同），$Q$相同，由$cm=\frac{Q}{\Delta t}$，$\Delta t$越大则$c$越小，故$c_甲 ＜ c_乙$，A错误；
选项B：若甲、乙是同种液体（$c$相同），$Q$相同，$\Delta t$越大则$m$越小，故$m_甲 ＜ m_乙$，B错误；
选项C：相同电加热器，加热相同时间，甲、乙吸收的热量相等，C错误；
选项D：因$Q$相同，$\Delta t_甲＞\Delta t_乙$，故$cm_甲=\frac{Q}{\Delta t_甲}$，$cm_乙=\frac{Q}{\Delta t_乙}$，可得$cm_甲 ＜ cm_乙$，即乙的质量和比热容的乘积较大，D正确。
【答案】
D
【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公式的应用，关键是明确相同加热器吸收热量相同，以及图像中温度变化的比较，需灵活运用公式变形分析各物理量的关系。
【难度系数】
0.5
本题需结合相同电加热器加热时，相同时间内甲、乙吸收热量相等的特点，利用热量公式$Q=cm\Delta t$分析。从图像可知，$t_0$时刻，甲的温度变化$\Delta t_甲$大于乙的温度变化$\Delta t_乙$（甲初始温度为0，乙初始温度高于0，末温相同，故$\Delta t_甲 = t_末 - 0$，$\Delta t_乙 = t_末 - t_初乙$，$\Delta t_甲＞\Delta t_乙$），再结合公式变形$cm=\frac{Q}{\Delta t}$，逐一判断选项。
【解析】
相同的电加热器加热，因此加热时间相同时，甲、乙吸收的热量$Q$相等，即$Q_甲=Q_乙$。根据热量公式$Q=cm\Delta t$，变形可得$cm=\frac{Q}{\Delta t}$。
从图像可知，$t_0$时刻，甲升高的温度$\Delta t_甲 ＞$乙升高的温度$\Delta t_乙$：
选项A：若甲、乙是等质量的不同液体（$m$相同），$Q$相同，由$cm=\frac{Q}{\Delta t}$，$\Delta t$越大则$c$越小，故$c_甲 ＜ c_乙$，A错误；
选项B：若甲、乙是同种液体（$c$相同），$Q$相同，$\Delta t$越大则$m$越小，故$m_甲 ＜ m_乙$，B错误；
选项C：相同电加热器，加热相同时间，甲、乙吸收的热量相等，C错误；
选项D：因$Q$相同，$\Delta t_甲＞\Delta t_乙$，故$cm_甲=\frac{Q}{\Delta t_甲}$，$cm_乙=\frac{Q}{\Delta t_乙}$，可得$cm_甲 ＜ cm_乙$，即乙的质量和比热容的乘积较大，D正确。
【答案】
D
【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公式的应用，关键是明确相同加热器吸收热量相同，以及图像中温度变化的比较，需灵活运用公式变形分析各物理量的关系。
【难度系数】
0.5
4 在炎热、晴朗的天气里，沿海地区由于沙石和水的比热容不同，常常会形成海陆风。如图显示的是
陆
（填“海”或“陆”）风，这种风通常在 夜晚
（填“白天”或“夜晚”）出现。答案
4.陆 夜晚
解析
【分析】
要判断图中是海风还是陆风，需结合沙石和水的比热容差异，分析不同时段陆地与海洋的气温、气压变化，进而确定风向。比热容小的物质，相同条件下温度变化更显著；气压与气温相关，气温高的区域气压低，风从高压区吹向低压区。再结合旗帜飘动方向，可判断风的来源。
【解析】
1. 比热容特性：沙石的比热容比水小，相同质量的沙石和水，放出相同热量时，沙石温度降低得更多。
2. 夜晚的气温与气压：夜晚时，陆地以沙石为主，降温快，气温低，气压高；海洋以水为主，降温慢，气温高，气压低。
3. 风向判断：风从高压区（陆地）吹向低压区（海洋），形成陆风。图中旗帜向海洋方向飘动，说明风从陆地吹向海洋，符合陆风的特征，因此该风是陆风，出现在夜晚。
【答案】
陆；夜晚
【知识点】
比热容、海陆风形成
【点评】
本题结合比热容知识考查海陆风的形成原理，需理解气温与气压的关系，通过分析不同时段陆地和海洋的温度差异推导风向，是物理知识在生活中的应用，难度适中。
【难度系数】
0.5
要判断图中是海风还是陆风，需结合沙石和水的比热容差异，分析不同时段陆地与海洋的气温、气压变化，进而确定风向。比热容小的物质，相同条件下温度变化更显著；气压与气温相关，气温高的区域气压低，风从高压区吹向低压区。再结合旗帜飘动方向，可判断风的来源。
【解析】
1. 比热容特性：沙石的比热容比水小，相同质量的沙石和水，放出相同热量时，沙石温度降低得更多。
2. 夜晚的气温与气压：夜晚时，陆地以沙石为主，降温快，气温低，气压高；海洋以水为主，降温慢，气温高，气压低。
3. 风向判断：风从高压区（陆地）吹向低压区（海洋），形成陆风。图中旗帜向海洋方向飘动，说明风从陆地吹向海洋，符合陆风的特征，因此该风是陆风，出现在夜晚。
【答案】
陆；夜晚
【知识点】
比热容、海陆风形成
【点评】
本题结合比热容知识考查海陆风的形成原理，需理解气温与气压的关系，通过分析不同时段陆地和海洋的温度差异推导风向，是物理知识在生活中的应用，难度适中。
【难度系数】
0.5
5 用两个相同的电热器给质量同为2 kg的物质A和B加热，它们的温度随时间的变化关系如图所示，则物质
A
（填“A”或“B”）的比热容大；物质A和物质B的比热容之比$c_A:c_B=$2:1
。答案
5.A 2：1
[解析]由题知物质A和B质量相同，相同时间内B物质升高的温度比A高，由$Q_{吸}=cm\Delta t$可知，物质B的比热容比A的比热容小；从图像可知，A、B两种物质5.5 min吸收的热量相同，温度变化$\Delta t_A=30\ ℃-10\ ℃=20\ ℃$，$\Delta t_B=50\ ℃-10\ ℃=40\ ℃$，又因为两种物质的质量相同，吸收的热量相同，A、B两种物质的比热容之比为$c_A:c_B=\frac{Q_A}{m_A \Delta t_A}:\frac{Q_B}{m_B \Delta t_B}=\frac{\Delta t_B}{\Delta t_A}=\frac{40\ ℃}{20\ ℃}=2:1$。
[解析]由题知物质A和B质量相同，相同时间内B物质升高的温度比A高，由$Q_{吸}=cm\Delta t$可知，物质B的比热容比A的比热容小；从图像可知，A、B两种物质5.5 min吸收的热量相同，温度变化$\Delta t_A=30\ ℃-10\ ℃=20\ ℃$，$\Delta t_B=50\ ℃-10\ ℃=40\ ℃$，又因为两种物质的质量相同，吸收的热量相同，A、B两种物质的比热容之比为$c_A:c_B=\frac{Q_A}{m_A \Delta t_A}:\frac{Q_B}{m_B \Delta t_B}=\frac{\Delta t_B}{\Delta t_A}=\frac{40\ ℃}{20\ ℃}=2:1$。
解析
【分析】首先，两个相同的电热器在相同时间内给物质A、B提供的热量相等，即A、B吸收的热量Q相同；已知A、B质量m相同，根据比热容公式$Q=cm\Delta t$，当Q和m一定时，温度变化$\Delta t$越大，比热容c越小。再从温度-时间图像中读取A、B的温度变化，结合公式判断比热容大小，进而推导比热容之比。
【解析】
1. 判断比热容大小：
由题意，相同电热器加热相同时间，A、B吸收的热量$Q_A=Q_B$，且质量$m_A=m_B=2\ \mathrm{kg}$。
从图像可知，加热5min时，A的温度从$10°\mathrm{C}$升至$30°\mathrm{C}$，温度变化$\Delta t_A=30°\mathrm{C}-10°\mathrm{C}=20°\mathrm{C}$；B的温度从$10°\mathrm{C}$升至$50°\mathrm{C}$，温度变化$\Delta t_B=50°\mathrm{C}-10°\mathrm{C}=40°\mathrm{C}$。
根据$Q=cm\Delta t$，当Q、m相同时，$\Delta t$越大，c越小，因此$c_A ＞ c_B$，即物质A的比热容大。
2. 计算比热容之比：
因为$Q_A=Q_B$，$m_A=m_B$，由$Q=cm\Delta t$变形得$c=\frac{Q}{m\Delta t}$，则：
$\frac{c_A}{c_B}=\frac{\frac{Q_A}{m_A\Delta t_A}}{\frac{Q_B}{m_B\Delta t_B}}=\frac{\Delta t_B}{\Delta t_A}=\frac{40°\mathrm{C}}{20°\mathrm{C}}=\frac{2}{1}$，即$c_A:c_B=2:1$。
【答案】A；2:1
【知识点】比热容；热量计算
【点评】本题结合温度-时间图像，利用控制变量法和比热容公式分析计算，考查学生对比热容概念的理解和公式的应用能力，是热学的基础题型。
【难度系数】0.6
【解析】
1. 判断比热容大小：
由题意，相同电热器加热相同时间，A、B吸收的热量$Q_A=Q_B$，且质量$m_A=m_B=2\ \mathrm{kg}$。
从图像可知，加热5min时，A的温度从$10°\mathrm{C}$升至$30°\mathrm{C}$，温度变化$\Delta t_A=30°\mathrm{C}-10°\mathrm{C}=20°\mathrm{C}$；B的温度从$10°\mathrm{C}$升至$50°\mathrm{C}$，温度变化$\Delta t_B=50°\mathrm{C}-10°\mathrm{C}=40°\mathrm{C}$。
根据$Q=cm\Delta t$，当Q、m相同时，$\Delta t$越大，c越小，因此$c_A ＞ c_B$，即物质A的比热容大。
2. 计算比热容之比：
因为$Q_A=Q_B$，$m_A=m_B$，由$Q=cm\Delta t$变形得$c=\frac{Q}{m\Delta t}$，则：
$\frac{c_A}{c_B}=\frac{\frac{Q_A}{m_A\Delta t_A}}{\frac{Q_B}{m_B\Delta t_B}}=\frac{\Delta t_B}{\Delta t_A}=\frac{40°\mathrm{C}}{20°\mathrm{C}}=\frac{2}{1}$，即$c_A:c_B=2:1$。
【答案】A；2:1
【知识点】比热容；热量计算
【点评】本题结合温度-时间图像，利用控制变量法和比热容公式分析计算，考查学生对比热容概念的理解和公式的应用能力，是热学的基础题型。
【难度系数】0.6
6 大铁块和小铁块，当它们降低相同的温度时，
大铁块
放出的热量多；同一块铁，第一次温度从$80°\mathrm{C}$降低到$60°\mathrm{C}$，第二次从$60°\mathrm{C}$降低到$40°\mathrm{C}$，则两次放出的热量一样
多。答案
6.大铁块 一样
解析
【分析】本题需利用放热公式$Q_{放}=cm\Delta t$分析，其中$c$为物质的比热容，同种物质比热容相同；$m$为物体质量；$\Delta t$为温度变化量。第一问中，大、小铁块是同种物质，$c$相同，降低温度$\Delta t$相同，质量越大放热越多；第二问中，同一块铁的$c$、$m$不变，两次温度变化量相同，据此判断放热多少。
【解析】根据放热公式$Q_{放}=cm\Delta t$：①大铁块和小铁块，铁的比热容$c$相同，降低相同温度$\Delta t$，大铁块质量$m$更大，因此$Q_{放}=cm\Delta t$更大，故大铁块放出的热量多；②同一块铁，$c$和$m$不变，第一次温度变化$\Delta t_1=80°C-60°C=20°C$，第二次温度变化$\Delta t_2=60°C-40°C=20°C$，$\Delta t_1=\Delta t_2$，因此两次放出的热量一样多。
【答案】大铁块；一样
【知识点】热量计算、比热容
【点评】本题考查放热公式的基本应用，核心是明确$Q_{放}$与质量、比热容、温度变化量的关系，属于基础题型，难度较低。
【难度系数】0.6
【解析】根据放热公式$Q_{放}=cm\Delta t$：①大铁块和小铁块，铁的比热容$c$相同，降低相同温度$\Delta t$，大铁块质量$m$更大，因此$Q_{放}=cm\Delta t$更大，故大铁块放出的热量多；②同一块铁，$c$和$m$不变，第一次温度变化$\Delta t_1=80°C-60°C=20°C$，第二次温度变化$\Delta t_2=60°C-40°C=20°C$，$\Delta t_1=\Delta t_2$，因此两次放出的热量一样多。
【答案】大铁块；一样
【知识点】热量计算、比热容
【点评】本题考查放热公式的基本应用，核心是明确$Q_{放}$与质量、比热容、温度变化量的关系，属于基础题型，难度较低。
【难度系数】0.6
7 质量为2 kg的水在太阳的照射下，温度升高了$5\ °\mathrm{C}$，水吸收的热量为
$4.2×10^4$
J，这是通过热传递
的方法改变了水的内能。若使相同质量的煤油和水升高相同的温度，则煤油吸收的热量小于
（填“大于”“等于”或“小于”）水吸收的热量。［已知$c_{水}=4.2×10^{3}\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg}·°\mathrm{C}),c_{煤油}=2.1×10^{3}\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg}·°\mathrm{C})$］答案
7.$4.2×10^4$ 热传递 小于
解析
【分析】本题需分三步解答：第一空利用吸热公式计算水吸收的热量，第二空判断改变内能的方式，第三空结合比热容的意义比较煤油和水吸收热量的多少。首先回忆吸热公式$Q_{吸}=cm\Delta t$，代入水的相关参数计算热量；改变内能的方式有做功和热传递，太阳照射是能量转移，属于热传递；相同质量、升高相同温度时，吸收热量与比热容成正比，结合煤油和水的比热容大小判断。
【解析】1. 计算水吸收的热量：根据吸热公式$Q_{吸}=c_{水}m\Delta t$，代入$c_{水}=4.2×10^3\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg}·°\mathrm{C})$、$m=2\ \mathrm{kg}$、$\Delta t=5\ °\mathrm{C}$，得$Q_{吸}=4.2×10^3\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg}·°\mathrm{C})×2\ \mathrm{kg}×5\ °\mathrm{C}=4.2×10^4\ \mathrm{J}$；2. 太阳照射水，是通过热传递（能量的转移）改变水的内能；3. 相同质量$m$、升高相同温度$\Delta t$时，吸收热量$Q=cm\Delta t$，因$c_{煤油}=2.1×10^3\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg}·°\mathrm{C})＜c_{水}$，故煤油吸收的热量小于水吸收的热量。
【答案】$4.2×10^4$；热传递；小于
【知识点】热量计算、内能改变方式、比热容
【点评】本题考查初中物理基础知识点，涉及吸热公式应用、内能改变方式及比热容的实际应用，难度较低，需牢记相关公式和概念。
【难度系数】0.6
【解析】1. 计算水吸收的热量：根据吸热公式$Q_{吸}=c_{水}m\Delta t$，代入$c_{水}=4.2×10^3\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg}·°\mathrm{C})$、$m=2\ \mathrm{kg}$、$\Delta t=5\ °\mathrm{C}$，得$Q_{吸}=4.2×10^3\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg}·°\mathrm{C})×2\ \mathrm{kg}×5\ °\mathrm{C}=4.2×10^4\ \mathrm{J}$；2. 太阳照射水，是通过热传递（能量的转移）改变水的内能；3. 相同质量$m$、升高相同温度$\Delta t$时，吸收热量$Q=cm\Delta t$，因$c_{煤油}=2.1×10^3\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg}·°\mathrm{C})＜c_{水}$，故煤油吸收的热量小于水吸收的热量。
【答案】$4.2×10^4$；热传递；小于
【知识点】热量计算、内能改变方式、比热容
【点评】本题考查初中物理基础知识点，涉及吸热公式应用、内能改变方式及比热容的实际应用，难度较低，需牢记相关公式和概念。
【难度系数】0.6
8 水的比热容为$4.2×10^3\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg}·°\mathrm{C})$，将4 kg的水倒掉一半，剩下的水的比热容将
不变
（填“变大”“变小”或“不变”）. 将初温为20 $°\mathrm{C}$、质量为2 kg的水温度升高到45 $°\mathrm{C}$，需要的热量为$2.1×10^5$
J.答案
8.不变 $2.1×10^5$
解析
【分析】
首先明确比热容是物质的一种特性，仅与物质的种类和状态有关，与质量、体积等因素无关，因此倒掉一半水后，剩下水的比热容不变；计算水吸收的热量需利用热量公式$Q=cm\Delta t$，先确定温度变化量$\Delta t$，再代入对应数值计算。
【解析】
1. 比热容判断：比热容是物质本身的固有特性，不随质量的改变而变化，所以将4kg的水倒掉一半，剩下水的比热容不变。
2. 热量计算：水升高的温度$\Delta t = 45°\mathrm{C} - 20°\mathrm{C} = 25°\mathrm{C}$，根据热量公式$Q_{\mathrm{吸}} = cm\Delta t$，代入数据得：
$Q_{\mathrm{吸}} = 4.2×10^3\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg}·°\mathrm{C}) × 2\ \mathrm{kg} × 25°\mathrm{C} = 2.1×10^5\ \mathrm{J}$。
【答案】
不变；$2.1×10^5$
【知识点】
比热容的特性；热量的计算
【点评】
本题考查比热容的特性和热量公式的应用，属于热学基础题，需牢记比热容的特性及热量计算公式，难度较低。
【难度系数】
0.8
首先明确比热容是物质的一种特性，仅与物质的种类和状态有关，与质量、体积等因素无关，因此倒掉一半水后，剩下水的比热容不变；计算水吸收的热量需利用热量公式$Q=cm\Delta t$，先确定温度变化量$\Delta t$，再代入对应数值计算。
【解析】
1. 比热容判断：比热容是物质本身的固有特性，不随质量的改变而变化，所以将4kg的水倒掉一半，剩下水的比热容不变。
2. 热量计算：水升高的温度$\Delta t = 45°\mathrm{C} - 20°\mathrm{C} = 25°\mathrm{C}$，根据热量公式$Q_{\mathrm{吸}} = cm\Delta t$，代入数据得：
$Q_{\mathrm{吸}} = 4.2×10^3\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg}·°\mathrm{C}) × 2\ \mathrm{kg} × 25°\mathrm{C} = 2.1×10^5\ \mathrm{J}$。
【答案】
不变；$2.1×10^5$
【知识点】
比热容的特性；热量的计算
【点评】
本题考查比热容的特性和热量公式的应用，属于热学基础题，需牢记比热容的特性及热量计算公式，难度较低。
【难度系数】
0.8
9 如图所示是“探究晶体熔化时温度随加热时间变化”的图像（相同时间吸收的热量相同）。分析图像可知：
（1）该晶体的熔点是
（2）该物质在固态时的比热容
（1）该晶体的熔点是
0
℃，该物质在第8 min时的内能小于
（填“大于”“等于”或“小于”）第12 min时的内能。（2）该物质在固态时的比热容
小于
（填“大于”“等于”或“小于”）液态时的比热容。答案
9.(1)0 小于 (2)小于
解析
【分析】
要解决这道题，需结合晶体熔化的特点、内能变化规律以及比热容的计算公式分析图像：
1. 晶体熔化时温度保持不变，图像中温度不变的那段对应的温度就是熔点；
2. 晶体熔化过程持续吸热，内能随吸热增加，同一熔化阶段，时间越长吸热越多，内能越大；
3. 比热容可通过公式$Q=cm\Delta t$判断：相同时间吸收热量$Q$相同，物质质量$m$不变，比热容$c$与温度变化$\Delta t$成反比，$\Delta t$越大，$c$越小。
【解析】
（1）晶体熔化时温度不变，图像中5~15min温度保持$0° C$，因此该晶体的熔点为$0° C$；晶体熔化过程持续吸热，内能增加，第8min和第12min都在熔化过程，第12min吸收的热量更多，所以第8min的内能小于第12min的内能。
（2）相同时间吸收热量$Q$相同，质量$m$不变，根据$Q=cm\Delta t$，$c=\frac{Q}{m\Delta t}$。固态阶段（0~5min）相同时间内温度变化$\Delta t_{固}$大于液态阶段（15~20min）的温度变化$\Delta t_{液}$，因此固态时的比热容小于液态时的比热容。
【答案】
(1)0；小于 (2)小于
【知识点】
晶体熔化特点；内能；比热容
【点评】
本题围绕晶体熔化图像展开，考查熔点判断、熔化过程内能变化及比热容的比较，核心是利用热学基本规律分析图像，属于热学基础题型，需掌握相关概念的应用。
【难度系数】
0.5
要解决这道题，需结合晶体熔化的特点、内能变化规律以及比热容的计算公式分析图像：
1. 晶体熔化时温度保持不变，图像中温度不变的那段对应的温度就是熔点；
2. 晶体熔化过程持续吸热，内能随吸热增加，同一熔化阶段，时间越长吸热越多，内能越大；
3. 比热容可通过公式$Q=cm\Delta t$判断：相同时间吸收热量$Q$相同，物质质量$m$不变，比热容$c$与温度变化$\Delta t$成反比，$\Delta t$越大，$c$越小。
【解析】
（1）晶体熔化时温度不变，图像中5~15min温度保持$0° C$，因此该晶体的熔点为$0° C$；晶体熔化过程持续吸热，内能增加，第8min和第12min都在熔化过程，第12min吸收的热量更多，所以第8min的内能小于第12min的内能。
（2）相同时间吸收热量$Q$相同，质量$m$不变，根据$Q=cm\Delta t$，$c=\frac{Q}{m\Delta t}$。固态阶段（0~5min）相同时间内温度变化$\Delta t_{固}$大于液态阶段（15~20min）的温度变化$\Delta t_{液}$，因此固态时的比热容小于液态时的比热容。
【答案】
(1)0；小于 (2)小于
【知识点】
晶体熔化特点；内能；比热容
【点评】
本题围绕晶体熔化图像展开，考查熔点判断、熔化过程内能变化及比热容的比较，核心是利用热学基本规律分析图像，属于热学基础题型，需掌握相关概念的应用。
【难度系数】
0.5
