第1节 热量 比热容 · 练习题（共32题）

【详解】A．物体吸收热量，温度不一定升高，如晶体熔化过程中，不断吸收热量，温度不变，故A错误； B．物体的温度升高，不一定是吸收了热量，也可能是别的物体对它做了功，故B错误； C．热量是过程量，不能说所含热量的多少，故C错误； D．由以上分析得，以上说法都不对，故D正确。 故选D。

【详解】A．热传递时，热量总是从温度高的物体传给温度低的物体，若水的温度高，热量会从水传递到酒精，故A正确； B．用温度计测量液体温度，要待温度计示数稳定后读数，读数时温度计要停留在被测液体内，不能取出读数，故B错误； C．温度计是专门测量液体温度的工具，不能当搅拌器使用，否则温度测量不准确，且可能损坏温度计，故C错误； D．热量是一个过程量，物体不“含有”热量，故D错误。 故选A。

[1]物理学中，热量表示热传递过程中传递能量的多少。 [2]热量用符号Q表示。 [3]热量的单位时焦耳，简称焦，用符号J表示。 [4][5][6][7]由于热量是过程量，只能说吸收或放出热量，不能说含有或具有热量。

①根据比较不同物质吸热能力的方法，要控制不同物质的质量相同，故应在两个相同的烧杯中加入质量（水和食用油密度不同，根据m=ρV，体积相同的水和食用油质量不同）和初温均相同的水和食用油，故①错误； ②根据转换法，2min时a吸收的热量与b一样多，故②正确； ③④根据转换法，使用相同的加热器通过加热时间的长短来比较吸热多少。根据图乙可知，升高20℃，a、b的加热时间分别为2min和3min（a、b吸热之比为2：3），升高相同的温度，b加热时间长，b的吸热能力强，b为水；使用物质b作为冷却剂，根据Q=cmΔt可知，在质量和升高的温度相同的情况下，吸热与比热容成正比，水的比热容为4.2×10³J/（kg•℃），可得食用油的比热容为 c=(2min/3min)*4.2 x 10³=2.8x 10³

A．实验中加热相同时间，吸收相同热量，根据温度计升高的示数来反映吸热能力大小的，所以不需要控制水和煤油的初温相同；故A符合题意； B．相同的热源，酒精燃烧在相同的时间内放出热量相同，用加热时间反映液体吸收热量的多少，必须控制酒精灯的火焰相同；故B不符合题意； C．探究“比较水和煤油吸收热量时温度升高快慢”的实验中，采用的是控制变量法，实验中必须要控制水和煤油的质量相同；故C不符合题意； D．实验中应该采用相同的容器，这样容器的吸热情况相同；故D不符合题意。 故选A。

（1）[1]比较物质的吸热能力，要控制不同物质的质量相同，则烧杯中装有初温和质量均相等的水和豆浆。 [2]如图甲所示，水中温度计分度值为1℃，其示数为48℃。 （2）[1]由图像可知，水和豆浆沸点是相同的，升高相同的温度，b加热时间长，吸热多，b吸热能力强，猜想A是错误的。 [2]根据图像可知，加热相同时间，豆浆升高的温度大于水升高的温度，由Q=cm▲t 可得，水的比热容大，所以水和豆浆升高相同的温度，水吸收的热量多。

（1）[1]实验中使用相同的加热装置，所以将加热时间转换为物体吸收的热量，该方法为转换法。 [2]A．探究动能的大小与哪些因素有关时，通过观察木块被推动距离的远近来判断小球动能的大小，该方法属于转换法，故A符合题意。 B．探究通过导体的电流与导体两端电压的关系时，保持电阻不变，改变导体两端的电压，该方法属于控制变量法，故B不符合题意， 故选A。 （2）[1] [2]据表格分析可知，当升高相同温度时，乙用时长，所以乙吸收热量多；根据热量计算公式Q=cmΔt可知c甲＜c乙

水的比热容是，它表示的物理意义是：1kg的水温度升高（或降低）1℃，所吸收（或放出）的热量是10³ J [2]比热容是物质的一种特性，与物质的种类、状态有关，而与质量无关，故将1kg的水倒掉一半，剩余水的比热容不变。

A．由表格中数据知，铜的熔点高于铝的熔点，所以要熔化铜块不可以用铝锅来盛装，故A错误； B．据表可知铜和银的密度不同，则体积相同的实心铜球和银球质量不同，即所含物质的多少不同，故B错误； C．铜的比热容小于铝的比热容，初温和质量相同的铜球和铝球吸收相同热量的前提下，铜球温度变化量大，末温高，铝球温度变化量小，温度低，故C正确； D．比热容是物质的属性，与物质的种类和物态有关，与物质的质量或温度的变化、吸收或放出热量的多少无关，故D错误。 故选C。

A．夏天在地面上洒水可以降温，是利用了水蒸发吸热，故A错误； B．水的比热容较大，质量相同的水和煤油，升高相同的温度，水吸收的热量多，故B错误； C．汽车发动机用水做冷却剂，是因为水的比热容大，和相同质量的其它物质相比，升高相同温度时，水可以吸收更多热量，故C正确； D．沿海地区昼夜温差比内陆地区小，是因为沿海地区水较多，水的比热容比砂石大，在吸收或放出相同热量时，水的温度变化小，故D错误。 故选C。

[1]水的比热容较大，在相同条件下，与其它物质相比，在吸收或放出相同的热量时，水的温度变化相对较小。因此，在白天，当阳光照射到湖面上时，湖水会吸收大量的热量，但温度不会急剧上升；在夜晚，湖水又会放出热量，但温度也不会急剧下降。这样，人工湖就起到了调节周围气温的作用。 [2][3]比热容、密度是物质的一种特性，与物质的质量、体积等因素无关。因此，水喝掉了一半，剩余水的比热容、密度保持不变。

水的比热容比泥土、沙石的大，白天太阳照射时，水面温度上升得慢，陆地温度上升得快，热空气上升，冷空气补充，风从海面吹向陆地，形成海风；晚上，气温下降，水面温度下降得慢，温度高一些，热空气上升，风从陆地吹向海面，形成陆风，由图可知，此时地面附近的空气从陆地吹向海洋，形成陆风，故出现如图所示风向时，通常发生在夜晚，且海洋温度较高，故A正确，BCD错误。 故选A。

[1]汽车发动机工作过程中，不可避免地产生很多热量，这些热量如不及时带走会影响机器的正常工作；由Q=cm▲t可知，在质量和升高的温度相同时，与其它液体比较，因为水的比热容较大，所以吸收的热量较多，冷却效果最好。 [2]当散热器中水的质量减少时，水的种类和状态不变，比热容不变。 [3]把质量为0.2kg，初温为40℃的水加热到90℃，水吸收的热量 Q_吸=c_水 m（t-t0）=4.2×10³ J/（kg·℃）×0.2kg×（90℃-40℃）=4.2×10⁴ J

A．水的沸点与所处环境的大气压有关，所以100℃不一定沸腾，此外，沸腾后水面上出现的“白气”是水蒸气液化形成的小水滴，属于液化现象，而非汽化，故A错误； B．炎热的夏天，长江里的水在阳光下变成水蒸气是汽化现象，需要吸热，故B错误； C．水的比热容较大，在温度变化时能吸收或释放更多热量，因此暖水袋降温时释放的热量多，适合取暖，故C正确； D．霜是水蒸气凝华形成的固态冰晶，而非由液态水珠凝固形成的，故D错误。 故选C。

AB．北京砖石升温比深圳慢是因为砖石比热容大，质量相同的砖石与沙子吸收相同的热量后，砖石升高的温度少，说明砖石的吸热能力强，故AB错误； C．北京长城的晨雾在正午散去，此时液体的水珠吸热变成水蒸气，发生了汽化现象，故C错误； D．海水比热容比沙子大，在正午日照下，相同质量的海水和沙子吸收相同热量，根据Q=cmΔT，海水温度升高得少，所以海水温度会比沙滩略低一些，故D正确。 故选D。

由于沙子的比热容较小，白天吸收热量后，沙子的温度升高的多，气温较高；夜晚放出热量后，沙子的温度下降的多；新疆吐鲁番的火焰山属于沙漠地带，基本上都是砂石，所以吐鲁番的火焰山昼夜温差大，故C符合题意，ABC不符合题意。 故选C。

A．稳定热源加热，相同时间吸收相同热量，则前10分钟物体吸收的热量为cm(t1-t0)，前10分钟吸 收的热量和25～35分钟吸收热量相同，故A正确； B．该物质在10~25min是熔化过程，熔化是吸热 过程不是凝固过程，且题干中未给出凝固过程相关 信息，无法计算凝固过程放出的热量，故B错误； C．由图像可知，固态时（如0~10min)相同时间 内温度升高得快，液态时（如25~35min)相同时 间内温度升高得慢。根据Q=cmΔt，在吸收热量Q 和质量m相同的情况下，Δt越大，比热容c越小，所以固态时的比热容小于液态时的比热容，故C错误； D．物质的吸热能力由比热容表示，由前面分析知 该物质固态时比热容小，液态时比热容大，而不是 随着温度升高吸热能力不断减小。比如从固态升温 到熔点过程中吸热能力不变（固态比热容不变），从 液态升温过程中吸热能力也不变（液态比热容不 变），故D错误。 故选A。