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1. (2025·苏州吴江阶段检测)如图所示,运动员撑杆跳全过程可分为四个阶段:$A→B$阶段,助跑加速。$B→C$阶段,杆弯曲程度增大、人上升。$C→D$阶段,杆弯曲程度减小、人上升。$D→E$阶段,人越过横杆后下落。整个过程中空气阻力忽略不计,下列相关说法不正确的是（
A.在$A→B$阶段人的动能逐渐增大
B.在$B→C$阶段杆的弹性势能增大
C.在$C→D$阶段人的重力势能增大
D.整个过程中人的机械能守恒
D
）A.在$A→B$阶段人的动能逐渐增大
B.在$B→C$阶段杆的弹性势能增大
C.在$C→D$阶段人的重力势能增大
D.整个过程中人的机械能守恒
答案
1. D 提示:$A→B$阶段,运动员助跑加速,质量不变,速度增大,动能增大。$B→C$阶段,杆弯曲程度增大,杆的弹性势能增大。$C→D$阶段,人上升,人的高度增加,重力势能增加。整个过程忽略空气阻力,$A→B$阶段,人的化学能转化为动能;$B→C$阶段,人的动能转化为了重力势能和杆的弹性势能;$C→D$阶段,杆的弹性势能转化为人的机械能,故人的机械能不守恒。
解析
【分析】
本题围绕撑杆跳过程考查能量变化与机械能守恒的知识，需逐个分析各阶段的能量转化，结合动能、重力势能、弹性势能的影响因素，以及机械能守恒的条件（仅重力或弹力做功时机械能守恒）判断选项对错，最终选出不正确的说法。
【解析】
对各选项逐一分析：
1. 选项A：$A→B$阶段是助跑加速过程，运动员质量不变，速度逐渐增大，根据动能公式$E_k=\frac{1}{2}mv^2$，动能随速度增大而增大，该选项说法正确。
2. 选项B：$B→C$阶段，杆的弯曲程度增大，弹性形变程度变大，弹性势能的大小与弹性形变程度有关，形变越大弹性势能越大，因此杆的弹性势能增大，该选项说法正确。
3. 选项C：$C→D$阶段，人持续上升，质量不变，高度不断增加，根据重力势能公式$E_p=mgh$，重力势能随高度增加而增大，该选项说法正确。
4. 选项D：机械能守恒的条件是只有重力或弹力做功，无其他形式能量参与转化。整个过程中，$A→B$阶段运动员消耗自身化学能转化为动能，并非仅机械能内部转化，因此人的机械能不守恒，该选项说法错误。题目要求选不正确的选项，故答案为D。
【答案】
D
【知识点】
动能与势能、机械能守恒、弹性势能
【点评】
本题结合实际运动场景考查能量转化，需准确区分各阶段的能量来源与去向，易错点在于忽略$A→B$阶段化学能的参与，误判机械能守恒，整体是对基础能量知识的综合应用。
【难度系数】
0.5
本题围绕撑杆跳过程考查能量变化与机械能守恒的知识，需逐个分析各阶段的能量转化，结合动能、重力势能、弹性势能的影响因素，以及机械能守恒的条件（仅重力或弹力做功时机械能守恒）判断选项对错，最终选出不正确的说法。
【解析】
对各选项逐一分析：
1. 选项A：$A→B$阶段是助跑加速过程，运动员质量不变，速度逐渐增大，根据动能公式$E_k=\frac{1}{2}mv^2$，动能随速度增大而增大，该选项说法正确。
2. 选项B：$B→C$阶段，杆的弯曲程度增大，弹性形变程度变大，弹性势能的大小与弹性形变程度有关，形变越大弹性势能越大，因此杆的弹性势能增大，该选项说法正确。
3. 选项C：$C→D$阶段，人持续上升，质量不变，高度不断增加，根据重力势能公式$E_p=mgh$，重力势能随高度增加而增大，该选项说法正确。
4. 选项D：机械能守恒的条件是只有重力或弹力做功，无其他形式能量参与转化。整个过程中，$A→B$阶段运动员消耗自身化学能转化为动能，并非仅机械能内部转化，因此人的机械能不守恒，该选项说法错误。题目要求选不正确的选项，故答案为D。
【答案】
D
【知识点】
动能与势能、机械能守恒、弹性势能
【点评】
本题结合实际运动场景考查能量转化，需准确区分各阶段的能量来源与去向，易错点在于忽略$A→B$阶段化学能的参与，误判机械能守恒，整体是对基础能量知识的综合应用。
【难度系数】
0.5
2. (2025·泰州靖江期中)如图所示,原长为$l$的轻质弹簧一端固定在竖直墙面上,另一端与水平面上的木块相连。推动木块压缩弹簧,当其左端至$A$点时松手,木块在弹簧的作用下从$A$点到$D$点往复运动若干次后静止,静止时,弹簧具有的弹性势能为1 J。下列说法正确的是（
A.从$A$点运动到$C$点,弹簧弹性势能转化为木块动能,木块在$C$点动能最大
B.木块最终可能静止在$C$点、$C$点左侧或$C$点右侧的位置
C.从$A$点运动到$D$点弹性势能先减小后增大,$A$、$D$两点弹性势能最大
D.从$A$点运动到$C$点过程中,木块同时受到两个不同方向的弹力,木块的机械能先增大后减小
D
）A.从$A$点运动到$C$点,弹簧弹性势能转化为木块动能,木块在$C$点动能最大
B.木块最终可能静止在$C$点、$C$点左侧或$C$点右侧的位置
C.从$A$点运动到$D$点弹性势能先减小后增大,$A$、$D$两点弹性势能最大
D.从$A$点运动到$C$点过程中,木块同时受到两个不同方向的弹力,木块的机械能先增大后减小
答案
2. D 提示:木块从$A$点到$C$点过程中,先是弹力大于摩擦力,木块向右加速,当摩擦力大于弹力时,木块减速,直至弹簧的弹力减为零才到达$C$点,故木块在$C$点动能不是最大。静止时,弹簧的弹性势能不为0,说明弹簧有弹性形变,不可能在$C$点。从$A$点到$D$点过程中,弹簧的弹性势能先减小后增大,由于有摩擦阻力,在$A$点弹性势能最大。从$A$点到$C$点过程中,木块受到支持面向上的弹力,及弹簧对木块水平向右的弹力,木块的动能先增大后减小,重力势能一直不变,故木块的机械能是先增大后减小。
解析
【分析】
本题围绕弹簧与木块的运动展开，需明确：木块运动时水平方向受弹簧弹力（随形变量变化）和滑动摩擦力（大小不变）；弹性势能与弹簧形变量正相关；木块机械能为动能与重力势能之和（重力势能不变，机械能变化看动能）；木块最终静止时弹簧需有形变（平衡静摩擦力）。解题时逐个分析选项，结合力与运动、能量变化的关系判断对错。
【解析】
选项A：从A到C，弹簧弹力逐渐减小，初始阶段弹力大于摩擦力，木块加速；当弹力小于摩擦力时，木块减速，因此动能最大的位置是弹力等于摩擦力处，而非C点（C点弹簧原长，弹力为0，木块已减速），A错误。
选项B：木块静止时，需弹簧弹力平衡静摩擦力，因此弹簧一定有形变；C点是弹簧原长位置（弹力为0），不可能静止在C点，只能在C点左侧，B错误。
选项C：从A到D，弹簧先恢复原长（形变量减小，弹性势能减小），后被拉长（形变量增大，弹性势能增大）；由于运动中存在摩擦，A点初始压缩形变量最大，弹性势能最大，D点弹簧拉长的形变量小于A点，弹性势能更小，C错误。
选项D：从A到C，木块受弹簧水平向右的弹力、水平面向上的支持力（两个不同方向的弹力）；木块动能先增大（弹力＞摩擦力时）后减小（弹力＜摩擦力时），重力势能不变，因此木块机械能（动能+重力势能）先增大后减小，D正确。
【答案】
D
【知识点】
弹性势能、机械能变化、摩擦力与弹力
【点评】
本题结合弹簧模型考查力与能量的综合分析，需明确弹性势能与形变量的关系、动能最大的条件，易错点是混淆弹簧原长位置与动能最大位置，以及静止时弹簧的形变要求。
【难度系数】
0.5
本题围绕弹簧与木块的运动展开，需明确：木块运动时水平方向受弹簧弹力（随形变量变化）和滑动摩擦力（大小不变）；弹性势能与弹簧形变量正相关；木块机械能为动能与重力势能之和（重力势能不变，机械能变化看动能）；木块最终静止时弹簧需有形变（平衡静摩擦力）。解题时逐个分析选项，结合力与运动、能量变化的关系判断对错。
【解析】
选项A：从A到C，弹簧弹力逐渐减小，初始阶段弹力大于摩擦力，木块加速；当弹力小于摩擦力时，木块减速，因此动能最大的位置是弹力等于摩擦力处，而非C点（C点弹簧原长，弹力为0，木块已减速），A错误。
选项B：木块静止时，需弹簧弹力平衡静摩擦力，因此弹簧一定有形变；C点是弹簧原长位置（弹力为0），不可能静止在C点，只能在C点左侧，B错误。
选项C：从A到D，弹簧先恢复原长（形变量减小，弹性势能减小），后被拉长（形变量增大，弹性势能增大）；由于运动中存在摩擦，A点初始压缩形变量最大，弹性势能最大，D点弹簧拉长的形变量小于A点，弹性势能更小，C错误。
选项D：从A到C，木块受弹簧水平向右的弹力、水平面向上的支持力（两个不同方向的弹力）；木块动能先增大（弹力＞摩擦力时）后减小（弹力＜摩擦力时），重力势能不变，因此木块机械能（动能+重力势能）先增大后减小，D正确。
【答案】
D
【知识点】
弹性势能、机械能变化、摩擦力与弹力
【点评】
本题结合弹簧模型考查力与能量的综合分析，需明确弹性势能与形变量的关系、动能最大的条件，易错点是混淆弹簧原长位置与动能最大位置，以及静止时弹簧的形变要求。
【难度系数】
0.5
3. (2024·泰州靖江期中)如图所示,木块以一定的速度滑过A、B点,到C点滑出下落至D点。A和B、C和D之间的垂直距离均为h。若空气阻力忽略不计,则对木块在运动过程中能量变化的分析,正确的是 （
A.D点与A点相比,动能增加,重力势能减少,机械能不变
B.A点到C点减少的重力势能大于C点到D点减少的重力势能
C.B点的动能可能等于A点的动能,可能大于C点的动能
D.B点的动能可能等于D点的动能,但一定大于A点的动能
C
）A.D点与A点相比,动能增加,重力势能减少,机械能不变
B.A点到C点减少的重力势能大于C点到D点减少的重力势能
C.B点的动能可能等于A点的动能,可能大于C点的动能
D.B点的动能可能等于D点的动能,但一定大于A点的动能
答案
3. C 提示:若接触面粗糙,木块的部分机械能会转化为内能,故$D$点的机械能可能比$A$点的少;$AC$、$CD$间的垂直距离均为$h$,则$A$点到$C$点减少的重力势能等于$C$点到$D$点减少的重力势能;若$AB$粗糙,木块可能做匀速直线运动,$AB$两点的动能可能相等;若$BC$粗糙,$B$点的动能比$C$点的大,若$BC$光滑,空气阻力不计,$BC$两点的动能相等;木块在$D$点的动能比$C$点的大,可能等于$B$点的动能,但与$A$点的动能无法比较。
解析
【分析】
要解决此题，需明确重力势能与质量、高度的关系，动能与质量、速度的关系，以及机械能的转化（需考虑接触面粗糙与否的影响）。首先，A到C、C到D的垂直距离均为h，故A到C减少的重力势能等于C到D减少的重力势能；A到B到C过程中，若接触面粗糙，机械能会转化为内能，C到D过程忽略空气阻力，机械能守恒。再结合选项中的关键词（“可能”“一定”）逐一判断。
【解析】
1. 分析选项B：重力势能公式为$E_p=mgh$，A与C的高度差为$h$，C与D的高度差也为$h$，因此A到C减少的重力势能$\Delta E_{pAC}=mgh$，C到D减少的重力势能$\Delta E_{pCD}=mgh$，两者相等，故B错误。
2. 分析选项A：A到B到C过程中，若接触面粗糙，木块克服摩擦力做功，机械能转化为内能，C点机械能小于A点；C到D过程忽略空气阻力，机械能守恒，故D点机械能等于C点，因此D点机械能小于A点，并非不变，A错误。
3. 分析选项C：A到B段，若AB接触面粗糙，木块可能做匀速直线运动，B点动能等于A点；若AB接触面光滑，木块加速，B点动能大于A点，减速则小于A点，故B点动能“可能等于A点”成立。B到C段，若BC接触面粗糙，木块克服摩擦力做功，动能减少，B点动能大于C点；若BC接触面光滑，动能不变，B点动能等于C点，故B点动能“可能大于C点”成立，因此C正确。
4. 分析选项D：由A到B段的分析，AB段若匀速，B点动能等于A点，并非“一定大于”，故D错误。
【答案】
C
【知识点】
重力势能、动能、机械能转化
【点评】
本题考查机械能的相关知识，需注意接触面粗糙与否对机械能的影响，以及选项中“可能”“一定”等限定词的含义，容易因忽略摩擦作用或误判高度差出错，需全面分析不同情况。
【难度系数】
0.5
要解决此题，需明确重力势能与质量、高度的关系，动能与质量、速度的关系，以及机械能的转化（需考虑接触面粗糙与否的影响）。首先，A到C、C到D的垂直距离均为h，故A到C减少的重力势能等于C到D减少的重力势能；A到B到C过程中，若接触面粗糙，机械能会转化为内能，C到D过程忽略空气阻力，机械能守恒。再结合选项中的关键词（“可能”“一定”）逐一判断。
【解析】
1. 分析选项B：重力势能公式为$E_p=mgh$，A与C的高度差为$h$，C与D的高度差也为$h$，因此A到C减少的重力势能$\Delta E_{pAC}=mgh$，C到D减少的重力势能$\Delta E_{pCD}=mgh$，两者相等，故B错误。
2. 分析选项A：A到B到C过程中，若接触面粗糙，木块克服摩擦力做功，机械能转化为内能，C点机械能小于A点；C到D过程忽略空气阻力，机械能守恒，故D点机械能等于C点，因此D点机械能小于A点，并非不变，A错误。
3. 分析选项C：A到B段，若AB接触面粗糙，木块可能做匀速直线运动，B点动能等于A点；若AB接触面光滑，木块加速，B点动能大于A点，减速则小于A点，故B点动能“可能等于A点”成立。B到C段，若BC接触面粗糙，木块克服摩擦力做功，动能减少，B点动能大于C点；若BC接触面光滑，动能不变，B点动能等于C点，故B点动能“可能大于C点”成立，因此C正确。
4. 分析选项D：由A到B段的分析，AB段若匀速，B点动能等于A点，并非“一定大于”，故D错误。
【答案】
C
【知识点】
重力势能、动能、机械能转化
【点评】
本题考查机械能的相关知识，需注意接触面粗糙与否对机械能的影响，以及选项中“可能”“一定”等限定词的含义，容易因忽略摩擦作用或误判高度差出错，需全面分析不同情况。
【难度系数】
0.5
4. 三个相同的热源分布在一横放着的圆筒内，圆筒的侧壁和一个底部均绝热，另一个底部开口并被导热膜封住，用另两个导热膜在圆筒内隔出两个竖囱，从而将三个热源互相隔开并形成$A$、$B$、$C$三个独立单元区域。假设周围环境的温度恒定，并且传导的热功率与温差成正比，每个独立单元区域内空气的温度均匀，$A$、$B$、$C$三个独立单元区域的温度与周围环境的温度差分别为$\Delta t_{A}$、$\Delta t_{B}$和$\Delta t_{C}$，则$\Delta t_{A}:\Delta t_{B}:\Delta t_{C}$为（
A.$3:2:1$
B.$6:3:2$
C.$5:3:1$
D.$6:5:3$
D
）A.$3:2:1$
B.$6:3:2$
C.$5:3:1$
D.$6:5:3$
答案
4. D 提示:设热源的发热功率均为$P$,则$k(\Delta t_A-\Delta t_B)=P$,即$A$的散热功率等于发热功率;$k(\Delta t_B-\Delta t_C)=P+k(\Delta t_A-\Delta t_B)$,即$B$的散热功率等于自身的发热功率与$A$的散热功率之和;$k\Delta t_C=P+k(\Delta t_B-\Delta t_C)$,即$C$的散热功率等于自身的发热功率与$B$的散热功率之和,整理得$\Delta t_A=2\Delta t_C$,$3\Delta t_B=5\Delta t_C$,即$\Delta t_A:\Delta t_B:\Delta t_C=6:5:3$。
解析
【分析】
要解决本题，需利用稳态下的热平衡原理：每个区域的发热功率等于其散热功率。已知热传导功率与温差成正比，设比例系数为k，三个热源的发热功率均为P，分别对A、B、C三个区域列热平衡方程，联立方程即可求出三个温差的比值。
【解析】
设热传导的比例系数为k，每个热源的发热功率均为P。
1. 对区域A：A的散热功率等于自身热源的功率，即 $ k(\Delta t_A - \Delta t_B) = P $；
2. 对区域B：B的散热功率等于自身热源功率与A传递过来的热功率之和，即 $ k(\Delta t_B - \Delta t_C) = P + k(\Delta t_A - \Delta t_B) $；
3. 对区域C：C的散热功率等于自身热源功率与B传递过来的热功率之和，即 $ k\Delta t_C = P + k(\Delta t_B - \Delta t_C) $；
联立上述三个方程：
由第一个方程得：$ k\Delta t_A - k\Delta t_B = P $；
由第三个方程整理得：$ 2k\Delta t_C - k\Delta t_B = P $；
因此 $ k\Delta t_A - k\Delta t_B = 2k\Delta t_C - k\Delta t_B $，化简得 $ \Delta t_A = 2\Delta t_C $；
将 $ \Delta t_A = 2\Delta t_C $ 代入第一个方程，得 $ k(2\Delta t_C - \Delta t_B) = P $，结合第三个方程的结果，再将 $ \Delta t_A = 2\Delta t_C $ 代入第二个方程：
整理可得 $ 3\Delta t_B =5\Delta t_C $，即 $ \Delta t_B = \frac{5}{3}\Delta t_C $；
因此 $ \Delta t_A =2\Delta t_C = \frac{6}{3}\Delta t_C $，故 $ \Delta t_A:\Delta t_B:\Delta t_C =6:5:3 $。
【答案】
D
【知识点】
热平衡、热传导
【点评】
本题考查稳态热平衡的应用，关键是正确分析每个区域的热量收支，列出对应的热平衡方程，联立求解即可，属于热学基础应用题型。
【难度系数】
0.3
要解决本题，需利用稳态下的热平衡原理：每个区域的发热功率等于其散热功率。已知热传导功率与温差成正比，设比例系数为k，三个热源的发热功率均为P，分别对A、B、C三个区域列热平衡方程，联立方程即可求出三个温差的比值。
【解析】
设热传导的比例系数为k，每个热源的发热功率均为P。
1. 对区域A：A的散热功率等于自身热源的功率，即 $ k(\Delta t_A - \Delta t_B) = P $；
2. 对区域B：B的散热功率等于自身热源功率与A传递过来的热功率之和，即 $ k(\Delta t_B - \Delta t_C) = P + k(\Delta t_A - \Delta t_B) $；
3. 对区域C：C的散热功率等于自身热源功率与B传递过来的热功率之和，即 $ k\Delta t_C = P + k(\Delta t_B - \Delta t_C) $；
联立上述三个方程：
由第一个方程得：$ k\Delta t_A - k\Delta t_B = P $；
由第三个方程整理得：$ 2k\Delta t_C - k\Delta t_B = P $；
因此 $ k\Delta t_A - k\Delta t_B = 2k\Delta t_C - k\Delta t_B $，化简得 $ \Delta t_A = 2\Delta t_C $；
将 $ \Delta t_A = 2\Delta t_C $ 代入第一个方程，得 $ k(2\Delta t_C - \Delta t_B) = P $，结合第三个方程的结果，再将 $ \Delta t_A = 2\Delta t_C $ 代入第二个方程：
整理可得 $ 3\Delta t_B =5\Delta t_C $，即 $ \Delta t_B = \frac{5}{3}\Delta t_C $；
因此 $ \Delta t_A =2\Delta t_C = \frac{6}{3}\Delta t_C $，故 $ \Delta t_A:\Delta t_B:\Delta t_C =6:5:3 $。
【答案】
D
【知识点】
热平衡、热传导
【点评】
本题考查稳态热平衡的应用，关键是正确分析每个区域的热量收支，列出对应的热平衡方程，联立求解即可，属于热学基础应用题型。
【难度系数】
0.3
5. 现有甲、乙、丙三种初温相同的液体，其中甲、乙为质量相等的不同液体，乙、丙为质量不等的同种液体。若对这三种液体分别加热，根据它们各自吸收的热量和末温，在温度—热量图像上分别画出对应的甲、乙、丙三点，如图所示。则甲、丙之间比热容$c$和质量$m$的大小关系正确的是（
A.$m_{\mathrm{甲}}＞m_{\mathrm{丙}},c_{\mathrm{甲}}＞c_{\mathrm{丙}}$
B.$m_{\mathrm{甲}}＞m_{\mathrm{丙}},c_{\mathrm{甲}}＜c_{\mathrm{丙}}$
C.$m_{\mathrm{甲}}＜m_{\mathrm{丙}},c_{\mathrm{甲}}＞c_{\mathrm{丙}}$
D.$m_{\mathrm{甲}}＜m_{\mathrm{丙}},c_{\mathrm{甲}}＜c_{\mathrm{丙}}$
C
）A.$m_{\mathrm{甲}}＞m_{\mathrm{丙}},c_{\mathrm{甲}}＞c_{\mathrm{丙}}$
B.$m_{\mathrm{甲}}＞m_{\mathrm{丙}},c_{\mathrm{甲}}＜c_{\mathrm{丙}}$
C.$m_{\mathrm{甲}}＜m_{\mathrm{丙}},c_{\mathrm{甲}}＞c_{\mathrm{丙}}$
D.$m_{\mathrm{甲}}＜m_{\mathrm{丙}},c_{\mathrm{甲}}＜c_{\mathrm{丙}}$
答案
5. C 提示:如图所示,通过3个点分别作出甲、乙、丙升高的温度随吸收的热量的变化图像,乙、丙是同种液体,当乙、丙升高相同温度时,丙吸热量高于乙吸热量,则丙的质量大于乙的质量,即$m_丙＞m_乙=m_甲$;甲、乙是质量相同的不同液体,当甲、乙吸收的热量相同时,甲升温较少,则甲的比热容较大,即$c_甲＞c_乙=c_丙$。
解析
【分析】
要解决本题，需利用热量计算公式 $ Q = cm\Delta t $，结合图像和题目给定的液体关系，分步骤推导：首先分析乙、丙的质量关系，再分析甲、乙的比热容关系，最终整合甲、丙的结论选出答案。
【解析】
根据热量公式 $ Q = cm\Delta t $，变形得 $ m = \frac{Q}{c\Delta t} $、$ c = \frac{Q}{m\Delta t} $，结合条件分析：
1. 乙、丙的质量关系：乙、丙为同种液体，故 $ c_乙 = c_丙 $；由图像可知，乙和丙升高相同温度（$ \Delta t = \Delta t_2 $），吸收热量 $ Q_乙 = Q_1 $、$ Q_丙 = Q_2 $，且 $ Q_2 ＞ Q_1 $。根据 $ Q = cm\Delta t $，当 $ c $、$ \Delta t $ 相同时，$ Q $ 与 $ m $ 成正比，因此 $ m_丙 ＞ m_乙 $；又题目中 $ m_甲 = m_乙 $，故 $ m_甲 = m_乙 ＜ m_丙 $，即 $ m_甲 ＜ m_丙 $。
2. 甲、丙的比热容关系：甲、乙质量相等（$ m_甲 = m_乙 $）；由图像可知，甲吸收热量 $ Q_甲 = Q_2 $、升高温度 $ \Delta t_甲 = \Delta t_1 $，乙吸收热量 $ Q_乙 = Q_1 $、升高温度 $ \Delta t_乙 = \Delta t_2 $。根据 $ c = \frac{Q}{m\Delta t} $，$ m $ 相同时，$ c $ 与 $ Q $ 成正比、与 $ \Delta t $ 成反比，结合图像中温度-热量线的斜率，可得 $ c_甲 ＞ c_乙 $；又 $ c_乙 = c_丙 $，故 $ c_甲 ＞ c_丙 $。
综上，$ m_甲 ＜ m_丙 $，$ c_甲 ＞ c_丙 $，对应选项C。
【答案】
C
【知识点】
比热容、热量计算、图像分析
【点评】
本题结合温度-热量图像考查比热容和质量的关系，核心是利用热量公式的变形，分步骤关联不同液体的物理量，需准确解读图像中各点的物理意义，属于中等难度的热学综合题。
【难度系数】
0.4
要解决本题，需利用热量计算公式 $ Q = cm\Delta t $，结合图像和题目给定的液体关系，分步骤推导：首先分析乙、丙的质量关系，再分析甲、乙的比热容关系，最终整合甲、丙的结论选出答案。
【解析】
根据热量公式 $ Q = cm\Delta t $，变形得 $ m = \frac{Q}{c\Delta t} $、$ c = \frac{Q}{m\Delta t} $，结合条件分析：
1. 乙、丙的质量关系：乙、丙为同种液体，故 $ c_乙 = c_丙 $；由图像可知，乙和丙升高相同温度（$ \Delta t = \Delta t_2 $），吸收热量 $ Q_乙 = Q_1 $、$ Q_丙 = Q_2 $，且 $ Q_2 ＞ Q_1 $。根据 $ Q = cm\Delta t $，当 $ c $、$ \Delta t $ 相同时，$ Q $ 与 $ m $ 成正比，因此 $ m_丙 ＞ m_乙 $；又题目中 $ m_甲 = m_乙 $，故 $ m_甲 = m_乙 ＜ m_丙 $，即 $ m_甲 ＜ m_丙 $。
2. 甲、丙的比热容关系：甲、乙质量相等（$ m_甲 = m_乙 $）；由图像可知，甲吸收热量 $ Q_甲 = Q_2 $、升高温度 $ \Delta t_甲 = \Delta t_1 $，乙吸收热量 $ Q_乙 = Q_1 $、升高温度 $ \Delta t_乙 = \Delta t_2 $。根据 $ c = \frac{Q}{m\Delta t} $，$ m $ 相同时，$ c $ 与 $ Q $ 成正比、与 $ \Delta t $ 成反比，结合图像中温度-热量线的斜率，可得 $ c_甲 ＞ c_乙 $；又 $ c_乙 = c_丙 $，故 $ c_甲 ＞ c_丙 $。
综上，$ m_甲 ＜ m_丙 $，$ c_甲 ＞ c_丙 $，对应选项C。
【答案】
C
【知识点】
比热容、热量计算、图像分析
【点评】
本题结合温度-热量图像考查比热容和质量的关系，核心是利用热量公式的变形，分步骤关联不同液体的物理量，需准确解读图像中各点的物理意义，属于中等难度的热学综合题。
【难度系数】
0.4
