初中物理人教版九年级全册第3节 比热容优秀综合训练题

这是一份初中物理人教版九年级全册第3节 比热容优秀综合训练题，文件包含专题02比热容易错分析解析版docx、专题02比热容易错分析原卷版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共34页， 欢迎下载使用。

专题02 比热容易错分析（解析版）
考点直击



易错知识点分析


1、运用吸、放热公式时应注意的问题：
（1）物体吸热升温时，Δt=t-t0；物体放热降温时，Δt=t0-t。
（2）运用热量公式进行计算时，一定要注意物理量的的一一对应，且统一各个物理量的单位。
（3）比热容的单位不可去掉分母的括号而写成“J/kg·℃”。
（4）“升高”和“升高了”是指温度的变化量，即Δt;“升高到”是指末温即t。
2、比热容表示不同物质的吸热（或放热）能力。它是物质的一种特性，每种物质都有自己的比热容。比热容不随吸收或放出热量的多少、质量、温度的改变而改变，即比热容与热量、质量、 温度改变量无关，但物质状态改变时，其比热容会发生改变。
3、探究不同物质吸热能力
（1）实验方法:控制变量法。
（2）实验方案:①比较两种物质吸及收相同的热量后升高的温度，温度升高小的，吸热能力强;②让两种物质升高相同的温度，比较吸收的热量（加热时间），吸收热量多（加热时间长）的吸热能力强。

典例分析＋变式训练



易错点1  不理解控制物质吸热相同的方法
【典例1】（教材P14实验变式）如图所示，两个相同规格的电加热器加热质量、初温都相同的不同液体。若液体吸收的热量等于电加热器放出的热量，加热时间相同且液体均未沸腾，则（　　）

A．两杯液体吸收的热量相等
B．比热容较小的液体吸收的热量较多
C．比热容较大的液体吸收的热量较多
D．无法判断两杯液体吸收热量的多少
【答案】A。
【解答】解：相同规格的电热器相同时间内放出的热量相等，液体未沸腾，液体吸收的热量相等，与液体比热容的大小没有关系，故A正确，BCD错误。
故选：A。
【变式1-1】（2022春•兴仁市期末）如图是用相同的加热装置对a、b、c三种物质加热时它们的温度随时间变化的图像，其中a、c质量相同。下列对图像的分析正确的是（　　）

A．t1～t2时间内物质a的温度不变，内能不变
B．b的比热容大于c的比热容
C．温度从T1升高到T2时，a物质吸收的热量比b多
D．如果a、b是同种物质，b的质量大于a的质量
【答案】D。
【解答】解：
由图象知：
A、t1～t2时间内物质a的温度虽然不变，但继续吸收热量，所以其内能增加，故A错误；
B、用相同的加热装置对b、c两种物质加热时，0﹣t1时间内两种物质吸收的热量相同，c物质升高的温度较小，但由于不知道b、c质量的大小，不能判断出b、c比热容的大小，故B错误；
C、温度从T1升高到T2时，a物质的加热时间比b物质短，所以a物质吸收的热量比b少，故C错误；
D、如果a、b是同种物质，比热容相同，升高相同的温度时，b的加热时间长，b吸收的热量多，根据Q＝cmΔt知，b的质量大于a的质量，故D正确。
故选：D。
【变式1-2】（2021秋•新罗区校级月考）如图所示，隔着石棉网同时加热两规格相同的试管，试管中分别装有质量相同、初温均为20℃的煤油和水。若加热时间相同，则煤油和水吸收的热量　相同　（填“相同”或“不同”）；若煤油和水的温度都升高到40℃，则　水　需加热较长的时间。（c水＞c煤油）

【答案】相同；水。
【解答】解：相同时间两种液体吸收的热量相同。
相同质量的水和煤油，升高相同的温度，因为水的比热容大，水吸热能力强。所以水吸收的热量多；
故答案为：相同；水。
易错点2  误认为Q、m、∆t影响比热容
【典例2】由Q＝cm（t﹣t0）得c＝，关于同一种物质的比热容，下列说法正确的是（　　）
A．若质量增大一倍，则比热容减小一半
B．若加热前后的温差增大一倍，则比热容增大一倍
C．无论物体质量多大比热容都一样
D．若吸收的热量增大一倍，比热容增大一倍
【答案】C。
【解答】解：
比热容是物质本身的一种特性，物质的比热容只跟物质的种类和状态有关，与物质质量、温度高低、吸收或放出热量的多少均无关，故ABD错误，C正确。
故选：C。
【变式2-1】（2021秋•新源县期末）关于比热容，下列说法中正确的是（　　）
A．物体的质量越大，它的比热容越大
B．比热容跟物体吸收或放出的热量有关
C．质量相等，吸收或放出热量越多的物体，其比热容也越大
D．比热容是物质自身的性质，与质量、吸收或放出的热量均无关
【答案】D。
【解答】解：每种物质都有自己的比热，比热是物质的一种特性，与物体的温度、质量以及热量都无关，故D正确，ABC选项错误。
故选：D。
【变式2-2】（2021春•宝塔区校级期中）水的比热容是4.2×103焦/（千克•℃），它表示的物理含义是 　1kg的水温度每升高1℃吸收的热量是4.2×103J　。人们常说“水是生命之源”，一杯水当喝掉半杯后，剩下水的比热容 　不变　（选填“变大”、“变小”、“不变”），汽车发动机用水作冷却剂，是因为水的 　比热容较大　，现有质量和初温相等的水和煤油，放出相等热量，　水　的末温较高。
【答案】1kg的水温度每升高1℃吸收的热量是4.2×103J；不变；大；水。
【解答】解：（1）水的比热容为4.2×103J/（kg•℃），根据比热容的定义可知，它表示的物理意义是：1kg的水温度每升高1℃吸收的热量为4.2×103J；
（2）一杯水当喝掉半杯后，质量改变，但比热容与质量无关，所以水的比热容不变，仍然为4.2×103J/（kg•℃）；
（3）因为水的比热容较大，相同质量的水和其它物质比较，升高相同的温度，水吸收的热量多，所以常用水给汽车发动机降温；
（4）因为c水＞c煤油，质量m相同，Q放相同，
所以由Q放＝cmΔt可知，Δt水＜Δt煤油，
又因为二者的初温相同，
所以，由t末＝t初﹣Δt可知t水＞t煤油，即水的末温较高。
故答案为：1kg的水温度每升高1℃吸收的热量是4.2×103J；不变；大；水。
易错点3  比热容的图像分析
【典例3】（2021•凉山州）用两个完全相同的电加热器分别给质量相同的A、B两种液体加热，加热过程中，温度随时间变化的图像如图所示，从图中看出（　　）

A．液体A的比热容大 B．两种液体的比热容相等
C．液体B的比热容大 D．无法比较
【答案】C。
【解答】解：（1）用两个完全相同的电加热器分别给A、B两种液体加热，则相同的时间内两液体吸收的热量相同；
（2）由图象可以看出，加热相同的时间（吸收热量相同），B的温度升高得少一些（B的温度变化小），根据c＝可知，B液体的比热容较大。
故选：C。
【变式3-1】（2022•简阳市模拟）用相同的加热器对甲、乙、丙三种物质同时持续加热（乙、丙为液体），其温度随时间变化的关系图像如图所示。下列说法正确的是（　　）

A．实验时的气压一定低于一个标准大气压
B．甲物质在5min～7min内温度不变，内能不变
C．若乙、丙两物质是同种物质，则质量一定相等
D．甲物质固体时和液体时的比热容之比为c固：c液＝1：2
【答案】D。
【解答】解：A、由于不知道甲、乙、丙三种物质的种类，因此无法根据温度——时间图像判断大气压强的值，故A错误；
B、甲图像是晶体的熔化图像，且5﹣7min是熔化过程，此过程中吸热温度不变，内能增加，故B不正确；
C、从图中可知，乙液体从30℃加热到50℃所用时间比丙液体从30℃加热到50℃所用时间短，因为加热器相同，所以乙吸收的热量比丙吸收的热量少，温度都是由30℃升高到50℃，即升高的温度相同，
由于是同种物质，故比热容相同，由Q吸＝c水mΔt可知，此时乙的质量小于丙的质量，故C错误；
D、由图像可知，固态时从30℃加热到80℃所用时间与液态时从80℃加热到90℃所用时间之比：5min：（13min﹣11min）＝5：2，即t固：t液＝5：2，
因为加热器相同，所以Q固吸：Q液吸＝5：2，即c固m固Δt固：c液m液Δt液＝5：2，
又因为m固＝m液，Δt固：Δt液＝（80℃﹣30℃）：（90℃﹣80℃）＝5：1
所以甲物质固态时和液态时的比热容之比：c固：c液＝1：2，故D正确。
故选：D。
【变式3-2】（2022春•江阴市期中）如图所示，甲、乙两个规格相同的烧杯中装了不同质量的煤油，用两只相同的加热器进行加热（忽略散热），得到如图所示的水温﹣时间图线，则加热2min，两只烧杯中的煤油吸收的热量Q甲　等于　Q乙（选填“大于”、“等于”、“小于”），两杯中煤油质量m甲　小于　m乙（选填“大于”、“等于”、“小于”）。

【答案】等于；小于。
【解答】解：（1）用相同的加热器加热相同的时间，加热器放出的热量相同，不计热量损失，煤油吸收的热量也相同。
（2）两杯煤油吸收相同的热量，甲升高的温度大于乙升高的温度，即Δt甲＞Δt乙，煤油吸收的热量和比热容相同，根据公式Q＝cmΔt可得，c煤油m甲Δt甲＝c煤油m乙Δt乙，所以甲杯中煤油的质量小于乙杯中煤油的质量。
故答案为：等于；小于。
【变式3-3】（2022•惠山区模拟）如图所示是“探究不同物质吸热升温的现象”实验装置，小华选用沙子和水进行实验，用两个相同的容器（图中用虚线框表示）分别装入质量相等的沙子和水，用相同的装置加热。

（1）从实验效果考虑，本实验选择 　易拉罐　（填“烧杯”或“易拉罐”）作为盛放液体的容器较好，两种物体吸收热量的多少可通过 　加热时间　（填“物体升高的温度”或“加热时间”）比较。
（2）小明认为也可以选用质量相等的A、B两种液体按图乙所示的装置进行探究，该探究方案的优点是 　控制相同时间内沙子和水吸收的热量相同　（答出一个即可）。
（3）小明实验中作出如图丙所示的图像，分析图像可知，A、B两种液体的比热容之比为 　9：4　。
【答案】（1）易拉罐；加热时间；（2）控制相同时间内沙子和水吸收的热量相同；（3）9：4。
【解答】解：（1）因金属导热性能好，故以从实验效果考虑，本实验选择易拉罐作为盛放液体的容器较好；
根据转换法，两种液体吸收热量的多少可通过加热时间比较；
（2）图乙所示的装置，该装置易控制相同时间内沙子和水吸收的热量相同；
（3）根据绘制出的两种液体温度随时间变化的关系图像知，A温度升高40℃﹣30℃＝10℃，用3min，因为在相同时间内吸收的热量相同，所以若温度升高30℃，应该用9min，B温度升高40℃﹣10℃＝30℃，用4min，由转换法A、B吸收热量之比为9：4；
根据Q＝cmΔt，在质量和升高温度相同的情况下，吸热多少与比热容大小成正比，故两种液体比热容之比为9：4。
故答案为：（1）易拉罐；加热时间；（2）控制相同时间内沙子和水吸收的热量相同；（3）9：4。
易错点4  比热容与“风向”
【典例4】（2022•天津模拟）夏日晴朗的白天，在太阳光的照射下，某海边城市陆地升温较快，陆地表面形成低气压，海水升温较慢，海水表面形成高气压，空气由海水表面向陆地流动，如图所示（箭头表示空气流动方向），形成海风。由海风形成的原因可知，水的比热容 　＞　（选填“＞”、“＝”或“＜”）泥土、沙石的比热容。

【答案】＞。
【解答】解：因为水的比热容比泥土、沙石的比热容大，白天，在太阳照射下陆地和海水吸收相同的热量，海水温度上升慢；陆地吸热后，温度上升快，热空气上升，风从海洋吹向陆地，形成海风；同样的道理，夜晚的风向则正好相反。
故答案为：＞。
【变式4-1】（2021秋•望城区期末）在沿海地区，白天的风通常从海上吹来，而晚上的风从陆地吹去，这叫海陆风。陆风和海风通常在炎热晴朗的天气产生，这是由于陆地和大海升温和降温的快慢不同，从而使空气形成对流。下图中与说明相符合的是（　　）

A．①③ B．①④ C．②③ D．②④
【答案】D。
【解答】解：白天陆地受太阳辐射增温，陆面上空空气迅速增温而向上抬升，海面上由于水的比热容大，受热升温慢，上空的气温相对较冷，冷空气下沉并在近地面流向附近较热的陆面，补充那儿因热空气上升而造成的空缺，形成海风；夜间陆地冷却快，海上较为温暖，近地面气流从陆地吹向海面，称为陆风，这就是海陆风；同理可知，晚上是气流从海面吹向陆地，故D正确。
故选：D。
【变式4-2】（2021秋•江油市期末）在沿海地区炎热的天气里，由于陆地与海水的比热容不同，易形成海陆风；白天，陆地比大海升温 　快　（慢/快），地面与海面上空的空气形成对流，形成海风，如图 　乙　（甲/乙）所示。

【答案】快；乙。
【解答】解：因为水的比热容比泥土、沙石的比热容大，白天，在太阳照射下陆地和海水吸收相同的热量，海水温度上升慢，陆地升温快；陆地吸热后，温度上升快，热空气上升，风从海面吹向陆地，形成海风，故乙正确。
故答案为：快；乙。
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一、选择题。
1．（2021秋•临颍县期中）关于比热容，下列说法中正确的是（　　）
A．比热容是物体吸收或放出的热量
B．比热容跟物体吸收或放出的热量有关
C．物体的质量越大，它的比热容越大
D．比热容是物质的一种特性，与质量、吸收或放出的热量均无关
【答案】D。
【解答】解：A、比热容是指1kg的某种物质每升高1℃（降低1℃）时所吸收的热量（放出的热量），A说法不完整，故A错误；
BCD、比热容是物质的一种特性，同种物质（同种状态）的比热容相同，跟物体的质量、物体吸收或放出的热量无关，故BC错误、D正确。
故选：D。
2．（2022春•浦东新区校级期末）如图所示用相同的酒精灯分别对a、b两液体加热（图甲），若两液体在相同的时间内吸收的热量相等且不计液体热量散失，根据测得数据分别描绘出两液体的温度随时间变化的图像（图乙）。分别用ma、mb、ca、cb表示a、b两液体的质量和比热容，下列推断正确的是（　　）

A．若ma＞mb，则ca＝cb B．若ma＞mb，则ca＜cb
C．若ca＜cb，则ma＜mb D．若ca＝cb，则ma＞mb
【答案】B。
【解答】解：由乙图可知a、b两液体吸收相同的热量时a的温度升高幅度大，即Δta＞Δtb，
AB、若ma＞mb，由c＝知，ca＜cb，故A错误，B正确；
C、若ca＜cb，由m＝知，ma与mb的大小关系无法判断，故C错误；
D、若ca＝cb，由m＝知，ma＜mb，故D错误。
故选：B。
3．（2021•东营模拟）用相同的电加热器分别对质量相等的A和B两种液体加热（不计热量损失）。如图是A和B的温度随加热时间变化的图像，下列说法正确的是（　　）
①A的比热容与B的比热容之比为2：1
②A的比热容与B的比热容之比为2：3
③A和B升高相同的温度，A吸收热量较多
④都加热t时间，B吸收热量比A吸收热量多

A．只有②、④正确 B．只有②、③正确
C．只有①、④正确 D．只有①、③正确
【答案】D。
【解答】解：由题意知，用相同的电加热器分别对质量相等的A和B两种液体加热，在时间t内，电加热器放出的热量相等，不计热量损失，则A、B吸收的热量相同，故④错误；
A的温度变化△tA＝40℃﹣20℃＝20℃，B的温度变化△tB＝60℃﹣20℃＝40℃，A、B的质量相同，
由Q吸＝cm△t得c＝，则cA：cB＝△tB：△tA＝40℃：20℃＝2：1，故①正确、②错误；
由图可知，A、B升高相同的温度，加热A的时间长，A吸收的热量多，故③正确。
故选：D。
4．（2021秋•开福区校级月考）质量相等的A、B两种液体分别用两个完全相同的加热器同时加热。在加热过程中，温度随时间变化的图象如图所示，由图中可以看出（　　）

A．液体A和B的初始温度不同
B．液体B的比热容比液体A的大
C．液体A的温度比液体B的升高得慢
D．同时加热两分钟液体A比液体B温度高，所以液体A吸收热量比液体B多
【答案】B。
【解答】解：
A、由图可知液体A和B的初始温度相同，都为20℃，故A错误；
BC、假定他们加热的时间相同，即吸收的热量相同，可以看到此时它们升高的温度ΔtA＞ΔtB，故A液体的升温较快，根据Q＝cmΔt变形得c＝，又质量m相同，由此可知cA＜cB，故B正确、C错误；
D、加热 装置相同，同时加热两分钟液体A比液体B温度高，所以两液体吸收热量相同多，故D错误。
故选：B。
二、填空题。
5．（2020秋•渝水区校级月考）在沿海地区炎热晴朗的天气里，易形成海陆风，陆风和海风是由于地面和大海升温和降温的快慢不同，从而使空气对流形成风。如图所示的是陆风和海风形成的示意图，其中白天易形成 　海风　（填“海风”或“陆风”），　甲　图反映是晚上风的形成示意图。

【答案】海风；甲。
【解答】解：
由于地面和海水的比热容不同，海水的比热容大于陆地的比热容，在同样太阳光的照射下，地面和大海升温和降温的快慢不同，从而使空气形成对流，白天，地面比大海升温快，地面热空气密度较小，热空气上升，海面较冷的空气就会来补充，于是冷空气沿海面吹向陆地，形成海风，故甲图是陆风，乙图是海风。
故答案为：海风；甲。
6．（2022•崇义县一模）“城市尚余三伏热，秋光先到野人家”，说明在陆游那个时代，人们就察觉到城市暖于郊区。分析“热岛效应”的成因，其中一个原因是建筑群、马路中的沙石、水泥的 　比热容　小，在相同的日照条件下，温度上升更 　高　。
【答案】比热容；高。
【解答】解：城市中的建筑群、马路中沙石、水泥等建筑材料比热容较小，郊区多水，水的比热容较大，在相同的日照下（吸收相同的热量）城市温度上升较高。
故答案为：比热容；高。
7．（2022春•浦东新区校级期末）水的比热容为4.2×103焦/（千克•℃），其单位读作 　焦每千克摄氏度　。一杯水喝掉一半后，剩余水的比热容 　不变　（选填“变大”、“变小”、“不变”）。汽车发动机用水作冷却剂，是因为在常见物质中水的比热容较 　大　。
【答案】焦每千克摄氏度；不变；大。
【解答】解：水的比热容为4.2×103J/（kg•℃），表示1kg的水温度每升高1℃吸收的热量为4.2×103J，所以比热容的单位读作焦每千克摄氏度；
一杯水当喝掉半杯后，质量改变，但比热容与质量无关，所以水的比热容不变，仍然为4.2×103 J/（kg•℃）；
因为水的比热容较大，相同质量的水和其它物质比较，升高相同的温度，水吸收的热量多，所以常用水给汽车发动机降温。
故答案为：焦每千克摄氏度；不变；大。
8．（2022•锦江区模拟）卓不群将质量为100g的碎冰放入试管中，用来探究冰的熔化特点，根据记录数据绘制的“温度﹣时间”图象，如图所示。由图象可知：冰属于 　晶体　（选填“晶体”或“非晶体”）；若在持续加热的过程中相同时间内吸收的热量相同，则冰在熔化过程中吸收的热量是 　4.2×103　J。[c水＝4.2×103J/（kg•℃）]

【答案】晶体；4.2×103。
【解答】解：
（1）晶体有固定熔点，非晶体没有固定熔点，由图象可知冰在5min～15min吸收热量，温度保持不变，有固定熔点，故冰是晶体；
（2）在15﹣20min内，冰完全熔化成了水的温度升高了5℃，水的质量m＝100g＝0.1kg，
则在15﹣20min内水吸收的热量为：Q吸＝c水mΔt＝4.2×103J/（kg•℃）×0.1kg×5℃＝2.1×103J；
因为物质在相同的时间内吸收的热量是相同的，
所以5～15min内冰在熔化过程中吸收的热量为Q＝2Q吸＝2×2.1×103J＝4.2×103J。
故答案为：晶体；4.2×103。
9．（2020秋•东莞市月考）为了比较水和食用油的吸热能力，小明用两个相同的装置做了如图所示的实验。用温度计测量液体吸收热量后升高的温度值，并用钟表记录加热时间。实验数据记录如下表。
物质
质量/g
初始温度/℃
加热时间/min
最后温度/℃
水
60
20
6
45
食用油
60
20
6
68
（1）在实验过程中控制加热时间相同，其目的是为了 　水和食用油吸收的热量相同　，此时通过比较 　升高的温度　来研究水和食用油吸热能力的差异。
（2）在此实验中，如果要使水和食用油的最后温度相同，就要给 　水　加热更长的时间，此时水吸收的热量 　大于　（选填“大于”或“小于”或“等于”）食用油吸收的热量。
（3）能否仅由谁“加热到沸腾需要的时间长”得出谁的“吸热能力强”的结论？原因是：　不能，没有控制液体升高的温度相同　。

【答案】（1）水和食用油吸收的热量相同；升高的温度；（2）水；大于；（3）不能，没有控制液体升高的温度相同。
【解答】解：（1）实验中选用相同的酒精灯加热，由转换法，可以认为相同时间内水和食用油吸热相同；
根据比较吸热能力的方法，在实验过程中控制加热时间相同，通过比较升高的温度研究水和食用油吸热能力的差异；
（2）由表中数据知，在此实验中，加热相同时间，水升温慢，故如果要使水和食用油的最后温度相同，就要给水加热更长的时间，此时水吸收的热量大于食用油吸收的热量；
（3）要探究水和食用油的吸热能力，需要保持两种液体质量、升高的温度都相同，得出的结论才客观，实验中由于水和食用油的沸点不同，加热到沸腾时水和食用油升高的温度不同，实验不能得出“加热到沸腾需要的时间长的吸热能力强”的结论。
故答案为：（1）水和食用油吸收的热量相同；升高的温度；（2）水；大于；（3）不能，没有控制液体升高的温度相同。
10．（2021秋•耒阳市期末）水的比热容为4.2×103J/（kg•℃），将质量为m0的一小杯热水倒入盛有质量为m的冷水的保温容器中，冷水温度升高了3℃，此时保温容器中的水的比热容 　不变　（变大/不变/变小），然后又向保温容器中倒入一小杯同质量同温度的热水，水温又上升了2.5℃，不计热量的损失和容器的吸热，则m0：m＝　1：10　。
【答案】不变；1：10。
【解答】解：比热容的大小只与物质的种类和状态有关，与温度无关，所以水的比热容大小不变；
设热水和冷水的温度差为t，
质量为m0的一小杯热水倒入盛有质量为m的冷水的保温容器中，使得冷水温度升高了3℃，
Q吸＝Q放，
从而可知，cm×3℃＝cm0（t﹣3℃）﹣﹣﹣﹣﹣﹣①，
又向保温容器中倒入一小杯同质量为m0同温度的热水，水温又上升了2.5℃，
Q吸＝Q放，
从而可知，c（m+m0）×2.5℃＝cm0（t﹣3℃﹣2.5℃）﹣﹣﹣﹣﹣﹣②，
则①﹣②得：
3℃×cm﹣2.5℃×cm﹣2.5℃×cm0＝2.5℃×cm0，
整理得：0.5℃×cm＝5℃×cm0，
则＝＝。
故答案为：不变；1：10。
三、实验探究题。
11．（2022•巩义市模拟）如图甲是探究“物质吸热规律”的实验装置。

（1）取质量相同的水和煤油分别放入两个 　相同　的容器里，用两盏同样的酒精灯对它们进行加热，升高 　相同　温度时比较它们吸收热量的多少，以此来衡量谁的吸热能力更强。
（2）在对水和煤油加热的方式上，有酒精灯和电加热器两种热源可供选择，选用 　电加热器　更容易控制让煤油和水吸收的热量相同。
（3）此实验中把水和煤油吸收热量的多少转换为 　加热时间的长短　（“升高温度的多少”或“加热时间的长短”）。
（4）用两个同样的酒精灯对它们进行加热，每隔1min记录一次温度。图乙中，若图线②反映水的温度随时间的变化规律，则图线 　①　（填序号）可以反映煤油的温度随时间的变化规律；加热过程中，煤油的热值 　不变　（选填“变大”“不变”或“变小”）。
【答案】（1）相同；相同（2）电加热器；（3）加热时间的长短；（4）①；不变。
【解答】解：（1）探究“物质吸热规律”实验中，采用的是控制变量法，实验中需要取质量相同的水和煤油分别放入两个相同的容器里，用两盏同样的酒精灯对它们进行加热，升高相同温度时，加热的时间不同，吸收的热量不同，加热时间越长的物质，吸收的热量越多，吸热能力更强一些；
（2）电热器易于控制产生热量的多少，因此为了准确地控制物体吸收热量的多少，应选电加热器作为热源；
（3）根据转换法可知，实验中通过加热时间的长短来表示物质吸收热量的多少；
（4）由图可知，在加热时间相同的情况下，①的温度变化量大，故①的吸热能力弱。又因②是水的温度随时间的变化规律图象，水的比热容又大于煤油的比热容，故①为煤油；热值是燃料的一种特性，它只与燃料的种类有关，所以加热过程中，其热值大小不变。
故答案为：（1）相同；相同（2）电加热器；（3）加热时间的长短；（4）①；不变。
12．（2022•鼓楼区校级模拟）在学习“物质的比热容”时：
加热时间/min
0.5
1.0
1.5
2.0
2.5
升高的温度/℃
水
2.0
4.0
6.0
8.0
10.0
沙
4.3
7.9
15.2
18.4
21.5

（1）小明取相同质量的水和沙子，用相同的酒精灯加热，测得它们升高的温度如表，并在图甲中作出了沙子升高的温度随时间变化的图线。实验中选用相同的酒精灯加热，可以认为相同时间内水和沙子 　吸收的热量　相同。
（2）请利用表中数据在图甲中作出表示水升高的温度随时间变化的图线。
（3）分析图中的沙子和水升高的温度随时间变化规律的图线，可知 　水　的比热容较大。
（4）小红用50g水和100g水做实验，以吸收的热量Q为纵坐标，升高的温度Δt为横坐标，分别画出了50g水和100g水的Q﹣Δt图像如图乙，它们都是过原点的直线，即Q＝kΔt。进一步分析，发现这两条直线的k值之比与对应水的 　质量　之比相等。
（5）小兰同学为了探究某物质在固态和液态时的吸热能力，用酒精灯（火焰大小保持不变，不计热损失）均匀加热0.6kg该种固体，根据实验数据绘制出的图线如图丙所示。通过查阅资料已知该物质液态时的比热容为3×103J/（kg•℃），则该物质在固态时的比热容为 　1.5×103　J/（kg•℃）。
【答案】（1）吸收的热量；（2）见解析；（3）水；（4）质量；（5）1.5×103。
【解答】解：（1）实验中选用相同的酒精灯给水和沙子加热，其目的是使水和沙子在相同时间吸收相同的热量，这用到了转换法；
（2）根据描点法作图，如下所示：
；
（3）由图示可以看出，质量相同的水和沙子，当加热时间相同时，即吸收的热量相同时，水的温度升的低，则水的比热容大；
（4）根据Q＝cmΔt可知，Q＝kΔt中的k＝cm，则有k1＝cm1，k2＝cm2，
因为＝，所以＝，即这两条直线的k值与对应水的质量之比相等；
（5）由图像知，CD段为液体，在第6min时的温度为50℃，在第10min的温度为90℃，加热的时间为4min；
则该物质在CD段吸收的热量为：Q吸＝cm（t﹣t0）＝3×103J/（kg•℃）×0.6kg×（90℃﹣50℃）＝7.2×104J。
物质在AB段为固体，从A到B用时2min，且A点温度为10℃，B点温度为50℃，由于相同时间内物质吸收的热量是相同的，则所以物质在固态（AB阶段）时吸收的热量Q吸′＝Q吸＝×7.2×104J＝3.6×104J，
由Q吸＝cmΔt可得，该物质在固态时的比热容：c′＝＝＝1.5×103J/（kg•℃）。
故答案为：（1）吸收的热量；（2）见解析；（3）水；（4）质量；（5）1.5×103。
四、计算题。
13．（2022•南京模拟）一杯质量为0.2千克的水温度从40℃升高到100℃，求水吸收的热量Q吸[水的比热容为4.2×103J/（kg•℃）]。
【解答】解：水吸收的热量为：
Q吸＝cm（t﹣t0）＝4.2×103J/（kg•℃）×0.2kg×（100℃﹣40℃）＝5.04×104J。
答：水吸收的热量Q吸为5.04×104J。
14．（2021秋•开福区校级月考）质量为1kg的金属锅中放有2kg的水，现把它们从20℃加热到70℃，金属锅和水一共吸收了4.43×105J的热量。求：[c水＝4.2×103J/（kg•℃）]
（1）水吸收的热量是多少？
（2）金属锅的比热容是多少？
【解答】解：（1）水吸收的热量：Q吸水＝c水m水（t﹣t0）＝4.2×103J/（kg•℃）×2kg×（70℃﹣20℃）＝4.2×105J；
（2）金属锅吸收的热量：Q锅吸＝Q总﹣Q吸水＝4.43×105J﹣4.2×105J＝2.3×104J，
由Q吸＝cm（t﹣t0）可知，金属锅的比热容c锅＝＝＝0.46×103J/（kg•℃）。
答：（1）水吸收的热量是4.2×105J；
（2）金属锅的比热容是0.46×103J/（kg•℃）。
15．（2022•聊城）食物也是一种“燃料”，释放化学能的过程不断地发生在人体内，提供细胞组织所需的能量。人体摄入的能量（营养师常称之为热量）过多或过少，都有损于健康。
（1）某种油炸食品，每100g可提供的能量约为1.26×106J，假设这些能量全部被质量为5kg、温度为25℃的水吸收，可使这些水的温度升高到多少摄氏度？[c水＝4.2×103J/（kg•℃）]
（2）如果上述这些能量全部用于克服重力做功，则能把多少千克的物体提升10m？（g取10N/kg）
【解答】解：（1）每100g可提供的能量约为1.26×106J，假设这些能量全部被水吸收，则Q吸＝1.26×106J，
根据公式Q吸＝c水m（t﹣t0），则水升高到的温度t＝+t0＝+25℃＝85℃。
（2）如果上述这些能量全部用于克服重力做功，则W＝1.26×106J，
根据W＝Gh＝mgh得
＝＝1.26×104kg。
答：（1）某种油炸食品，每100g可提供的能量约为1.26×106J，假设这些能量全部被质量为5kg、温度为25℃的水吸收，可使这些水的温度升高到85摄氏度；
（2）如果上述这些能量全部用于克服重力做功，则能把1.26×104千克的物体提升10m。