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浙教版科学九上3.5内能培优练习
一、选择题
1．质量相等的甲、乙两金属块，其材质不同。将它们放入沸水中，一段时间后温度均达到100℃，然后将它们按不同的方式投入一杯冷水中，使冷水升温。第一种方式：先从沸水中取出甲，将其投入冷水，当达到热平衡后将甲从杯中取出，测得水温升高20℃；然后将乙从沸水中取出投入这杯水中，再次达到热平衡，测得水温又升高了20℃．第二种方式：先从沸水中取出乙投入冷水，当达到热平衡后将乙从杯中取出；然后将甲从沸水中取出，投入这杯水中，再次达到热平衡。则在第二种方式下，这杯冷水温度的变化是（　　）
A．升高不足40℃ B．升高超过40℃ C．恰好升高了40℃ D．条件不足，无法判断
2．甲、乙两容器中装有质量相等的水，水温分别为25℃和75℃，现将一温度为65℃的金属球放入甲容器中，热平衡后水温升高到45℃，然后迅速取出金属球并放入乙容器中，热平衡后乙容器中水温为（不计热量散失和水的质量的变化）（　　）
A．65℃ B．60℃ C．55℃ D．50℃
3．在相同的加热条件下，对质量为m1、比热容为c1的物质A和质量为m2、比热容为c2的物质B均匀加热，物质A、B的温度随加热时间的变化情况如图所示．根据图象分析可推断出正确的结论是（　　）
A．若c1＝c2，则m1＜m2 B．若cl＞c2，则m1＞m2
C．若ml＝m2，则cl＜c2 D．若m1＜m2，则cl＞c2
4．有两个温度和质量都相同的金属球，先把甲球放入盛有热水的杯中，热平衡后水温降低了Δt．把甲球取出，再将乙球放入杯中，热平衡后水温又降低了Δt，则甲球比热c甲和乙球比热c乙大小的关系是（　　）
A．c甲＞c乙 B．c甲＜c乙 C．c甲＝c乙 D．以上三种情况都有可能
5．如图所示，在空可乐瓶内滴一滴酒精，用装有气门芯的橡皮塞塞紧瓶口，再用打气筒通过气门芯向瓶内打气。当瓶内气压达到足够大时，塞子将从瓶口冲出，且原来透明的瓶内充满了白雾，这一实验现象表明（　　）
A．气体对外界做功，瓶内温度升高，内能减少
B．外界对气体做功，瓶内温度升高，内能增加
C．气体对外界做功，瓶内温度降低，内能减少
D．外界对气体做功，瓶内温度降低，内能增加
6．我国古代有许多艺术性、科学性较高的饮器。有一种杯叫“常满杯”，杯中有用上等白玉做成的圆锥体，放在空气中，不断有水滴产生，使其常满。关于此杯，有下列说法：①杯中的水是水蒸气在白玉上液化形成的；②杯中的水是空气在白玉上液化形成的；③白玉是一种比热容较小的物质，相同条件下温度变化不显著；④利用杯子在缺少水源的崇山峻岭中能自动“生”水。则下列说法正确的是（　　）
A．①③ B．②④ C．①④ D．③④
7．把20g 0℃的冰与280g 10℃的水混合（不计热量损失），达到热平衡时的温度为4℃，现有一定质量的一杯水温度降低1℃放出的热量刚好使1g0℃的冰熔化为0℃的水，则这杯水的质量为（　　）
A．80g B．100g C．120g D．140g
8．已知1g甲液体温度升高1℃需要2.1J的热量，1g乙液体温度升高1℃需要4.2J的热量，1g丙液体温度升高1℃需要2.8J的热量。分别取甲、乙两种液体各60g，以相同的热源加热，其温度与加热时间的关系如图所示。若取90g的丙液体，以相同的热源加热，则其温度与加热时间的关系图象（　　）
A．落在Ⅰ区 B．落在Ⅱ区 C．与甲重叠 D．与乙重叠
9．如图甲所示，把10℃牛奶放在初温60℃的热水中加热，每隔1分钟测量一下水和牛奶的温度，描绘出它们的温度随时间变化的图象（图乙所示）。下列说法中不正确的是（　　）
A．曲线 E 表示水的温度随时间的变化规律
B．牛奶吸收热量，温度上升
C．水放出热量，温度下降
D．从上述变化过程中可以得出水的比热容比牛奶的比热容大
10．把10克0℃的冰与140克10℃的水混合（不计热量损失），达到热平衡时的温度为6℃。现有一定质量的一杯水温度降低1℃放出的热量刚好使1克0℃的冰熔化为0℃的水，则这杯水的质量为（　　）
A．10克 B．20克 C．50克 D．80克
11．某学生用两个相同的热源分别对质量为m1，比热为c1的甲物质和质量为m2、比热为c2的乙物质加热，并根据实验测得的数据分别画出甲、乙两物质的温度随加热时间变化的图线，如图所示。根据图线情况，作出如下推断，其中不正确的是（　　）
A．若m1＝m2，则c1＜c2 B．若m1＜m2，则c1＞c
C．若c1＝c2，则m1＜m2 D．若c1＞c2，则m1＜m2
12．A、B两物体质量相等，温度均为10℃，甲、乙两杯水质量相等，温度均为50℃。现将A放入甲杯，B放入乙杯，热平衡后，甲杯水温降低了4℃，乙杯水温降低了8℃，则A、B两种物质的比热容之比是（　　）
A．2：1 B．3：5 C．4：9 D．1：2
13．下列有关内能和机械能等的说法正确的是（　　）
A．一杯热水有内能，一块冰块没有内能 B．同一物体当它机械能增大时，内能也增大
C．一个物体机械能为零时，内能可能很大 D．物体的运动速度减慢，它的内能也会减小
14．质量相等、初温相同的甲、乙两物体，把甲投入一杯冷水中，平衡后水温升高5℃，把甲捞出后（设水与热均未损失），再将乙投入这杯水中，热平衡后水温又升高了5℃。由此可得出（　　）
A．甲的比热容大 B．乙的比热容大 C．甲、乙的比热容一样大 D．无法确定
二、填空题
15．如图所示是甲、乙两种质量相等的不同晶体，均匀加热，在相同时间内吸收相同热量的条件下，两种晶体熔化前后温度随时间变化的图象。则单位质量的两种晶体熔化过程中吸收的热量相比较，Q甲　 　 Q乙；液态甲的比热容　 　 液态乙的比热容。（填“大于”、“小于”或“等于”）
16．小明看到研究焦耳定律的实验装置后，将它改装成了如图所示的一种测量未知液体比热容的装置。测量时，分别往甲乙两瓶中装入水和待测液体，闭合开关一段时间后，再分别用温度计测出这段时间内水和待测液体升高的温度和Δt，在不计热损失的情况下，就可以求得待测液体的比热容。
（1）为了使这一段时间内水和待测液体吸收的热量相等，小明设计的电路中必须满足的条件是______。
（2）为了得出待测液体的比热容表达式，小明的测量方案中至少还需要的一种测量仪器是__________________，目的是________________________。
17．有两种质量相等、初温相同的不同液体a、b，分别用规格相同的加热器同时给它们加热，加热过程中，各种热损失也相同，a、b两种液体的温度随时间变化的图像如图所示。比热容较大的是液体 　 　 。（填“a”或“b”）
三、解答题
18．某校物理兴趣小组的同学在研究“沙子和水谁的吸热本领大”时，用两个相同的容器分别装有质量都是200g的沙子和水，用两只完全相同的酒精灯在相同环境下分别加热。他们绘制出沙子与水的温度随加热时间变化的图象如图所示。已知酒精的热值是3.0×107J/kg，水的比热容是4.2×103J/（kg ℃）．加热时酒精灯平均每分钟消耗0.8g酒精。那么请问：
（1）图中a图和b图哪个是沙子吸热升温的图象？为什么？
（2）给水加热持续了10min时间，消耗的酒精如果完全燃烧将放出多少热量？
（3）试求出沙子的比热容。
19．在野外施工中，需要把质量为4.2千克的铝合金构件温度从10℃升高到63℃或以上。现只有保温瓶中1.2千克温度为90℃的热水可以利用，不计热损失，请设计一个加热构件的方案。同学甲设计的方案和运算如下：将铝合金构件直接放入90℃热水中，在不考虑热损失的前提下，热水放出的热量等于构件吸收的热量。根据热量计算公式：Q放＝cm1（tl﹣t）、Q吸＝cm2（t﹣t2），将数值代入计算，得出构件与热水在达到热平衡时的温度t＝56.2℃．显然，这种方案不能使构件达到规定的温度。同学乙设计的方案是把90℃的热水分成等质量的两份，让构件先放入第一份90℃的热水中，达到热平衡后取出，再放入第二份90℃的热水中，再使构件与热水达到热平衡。通过计算表明，这一方案可使构件的最后温度达到61.7℃．问：
（1）怎样才能让构件达到63℃呢？请写出你的设计方案。
（2）若采用最佳加热方案，构件最后的温度可达69.5℃．这一结果启示我们，工业上也可以用这一方法用冷水来冷却某些构件，请简要说明这种最佳冷却方案。
20．现有三种不同液体A、B、C，它们的初温分别为15.0℃、25.0℃、35.0℃．若将A、B混合，末温为21.0℃；若将B、C混合，末温为32.0℃．那么，如果将A、C混合，末温为多少？（不考虑热损失）
21．为了测定某种合金材料制成的球形工件的比热容，可以先将工件均匀加热到不同温度，
然后将其置于0℃的大冰块上，分别测出工件陷入冰中的深度h，如图所示。已知：当工件初始温度分别为t1＝75℃和t2＝100℃时，对应工件陷入冰中的深度分别为h1＝13.6cm，h2＝16.7cm，球的体积V球＝4πr3/3，工件的密度约为冰的3倍。设实验过程中环境温度恒为0℃，不计热量损失。冰的熔解热λ＝3.34×105J/kg（1kg的某种物质在熔点时，从固态变成液态所需要吸收的热量，叫做这种物质的熔解热），冰的比热容c冰＝2.1×103J/（kg ℃）。
热力学公式：Q放＝c球m球（t初﹣t末）
试求：该材料的比热容C球
参考答案与试题解析
1．【考点】热量的计算．
【分析】根据Q放＝Q吸和Q＝cm（t﹣t0）列出金属块不同方式下的热量表达式，然后得出关于温度的代数式，即可解答。
【解答】解：设冷水的温度为t0，甲投入冷水后放热Q放＝C甲m（100℃﹣20℃﹣t0），水吸收的热量为Q吸＝C水m水20℃，
∵不考虑热传递过程热量的损失，则有Q放＝Q吸，
∴C甲m（100℃﹣20℃﹣t0）＝C水m水20℃，
即：＝﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣①
乙投入冷水后放热Q放′＝C乙m（100℃﹣20℃﹣20℃﹣t0），水吸收的热量仍为Q吸＝C水m水20℃，
同理则有：＝﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣②
第二种方式：
设乙投入冷水热平衡后，水温为t1，甲投入冷水热平衡后的水温为t2，则有：
C乙m（100℃﹣t1）＝C水m水（t1﹣t0），
即：＝﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣③
C甲m（100℃﹣t2）＝C水m水（t2﹣t1），
即：＝﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣④
综合①②③④式，解得t2﹣t0＝40℃
故选：C。
【点评】本题需要假设的量和列出的计算等式有点多，需要认真分析需要假设的量，由于冷水的初温设为t0，计算过程比较繁杂，如果我们把t0设为0℃，则解题过程大大地简化了。
2．【考点】热量的计算．
【分析】（1）首先利用金属球放入25℃的水中时，两者发生热传递，根据两者温度的变化，利用热平衡方程确定水的质量与比热容的乘积和金属球的质量与比热容的乘积的比值关系。
（2）利用推导出的水的质量与比热容的乘积和金属球的质量与比热容的乘积的比值关系，结合第二次热传递求出乙容器中水的温度。
【解答】解：
①当将金属球放入甲容器中时，金属球放出的热量与水吸收的热量相等，即：Q金＝Q水。
设金属球的质量为m金、比热容为c金、水的质量为m水、水的比热容为c水
则：Q金＝m金×c金（65℃﹣45℃），Q水＝m水×c水（45℃﹣25℃）
因为：Q金＝Q水
所以：m金×c金（65℃﹣45℃）＝m水×c水（45℃﹣25℃）
化简得：＝；
②当将金属球放入乙容器中时，乙容器中的水放出的热量与金属球吸收的热量相等，即：Q水＝Q金。
由于甲乙容器中的水的质量相等，又是同一个金属球，所以仍设金属球的质量为m金、比热容为c金、水的质量为m水、水的比热容为c水，此时两者共同的温度为t℃
则：Q水＝m水×c水（75℃﹣t℃），Q金＝m金×c金（t℃﹣45℃）
因为：Q水＝Q金
即：m水×c水（75℃﹣t℃）＝m金×c金（t℃﹣45℃），
∴75℃﹣t℃＝t℃﹣45℃
解得：t＝60℃
故选：B。
【点评】（1）在此题中，通过前后两次是同一个球分别放入盛有质量相等的水的甲、乙两个容器中，可以得到很多不变的量。即在第一次热传递中的物理量，在第二次热传递中照样可以使用。这是解决此题的关键。
（2）在此题中，不能求出这种金属球的质量和比热容，利用整体代换的思想是解决此题的突破口。
3．【考点】比热容的概念及其计算．
【分析】根据比热容的定义和热量公式结合图像进行分析。
【解答】解：加热方式相同，加热相同时间，即物质A、B吸收的热量相同，由图象可知：吸收热量相同时，B的温度变化值大，所以根据Q吸＝cmΔt得：cm＝知：c1m1＞c2m2，
A、若c1＝c2，则m1＞m2，故A错误；
B、若c1＞c2，则无法判断得到m1＞m2，故B错误；
C、若m1＝m2，可以得到c1＞c2，故C错误；
D、若m1＜m2，则c1＞c2，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查了对比热容的理解及结合图像分析的能力。
4．【考点】比热容的概念及其计算．
【分析】甲、乙两球，先后投入到同一杯水中，甲、乙物体吸收热量、温度升高，水放出热量、温度降低；
由题知，两次水降低的温度相同，也就是水放出的热量相同，甲、乙两球吸收的热量相同；
而甲、乙两球的质量相等、初温相同，经吸热后，乙球的末温比甲球的末温低Δt；
由上述分析可知，质量相同的甲、乙两球，吸收相同的热量，乙球升高的温度少，所以乙球的比热容大。
【解答】解：先后将甲、乙两球投入到同一杯水中，水降低的温度相同，水放出的热量相同，
∵由题知，Q吸＝Q放，
∴甲、乙两球吸收的热量相同，
而乙球比甲球少升高了Δt，即乙球的末温低；
由上述分析可知，质量相同的甲、乙两球，吸收相同的热量，乙球升高的温度少，所以乙球的比热容大。
故选：B。
【点评】本题考查了比热容的概念、热平衡方程、热量公式，能确定甲、乙两球的末温关系是本题的关键。
5．【考点】改变物体内能的两种方式．
【分析】（1）首先要明确白雾的状态，然后再分析其形成原因。
（2）从发生的物理过程结合内能的改变方法来分析瓶内空气内能的改变。
【解答】解：雾是小液滴，它是由酒精蒸气的液化而形成的。其具体过程是：瓶内的气体压强增大到一定程度，对瓶塞做功，将瓶塞打出，气体对外做功，将内能转化为机械能，气体的内能减少，温度降低，瓶中的酒精蒸气遇冷液化而形成白雾。
故选：C。
【点评】白雾的形成是在气体对外做功的前提下出现的，因此气体对外做功是此题的突破口。这是一个典型的对外做功，内能减少的例子，要记住如何解释这种现象的出现。
6．【考点】比热容的概念及其计算；液化及液化现象．
【分析】（1）物质从气态变为液体叫液化；
（2）比热容小的物质与比热容大的物质相比，在质量和吸放热相同时，温度变化明显；
（3）使气体液化的方式有：一是降低温度，二是压缩体积。
【解答】解：
把“常满杯”放在空气中，空气中的水蒸气遇冷（白玉杯子）液化成小水珠附着在白玉杯内壁上，积少成多，过一段时间后杯中就会盛满水，故称常满杯，由此可见：
①②杯中的水是水蒸气在白玉上液化形成的，不是空气液化形成的，故①正确，②错误；
③白玉是一种比热较小的物质，相同条件下温度变化显著，故③错误；
④在缺少水源的崇山峻岭中，空气中水蒸气可以液化成水，即自动“生”水，故④正确。
故选：C。
【点评】本题考查了液化及条件，分析题目时要灵活运用所学物态变化的知识。
7．【考点】热量的计算．
【分析】根据Q＝cmΔt算出280克10℃水温度降低到4℃所放出的热量和20g 0℃的水温度升高到4℃吸收的热量；
用280克10℃水温度降低4℃所放出的热量减去20g 0℃的水温度升高到4℃吸收的热量算出20g 0℃的冰熔化成0℃的水吸收的热量；再算出1克0℃的冰熔化为0℃的水需要的热量，根据“一定质量的一杯水温度降低1℃放出的热量刚好使1g0℃的冰熔化为0℃的水”算出水的质量。
【解答】解：280克10℃的水降到4℃时放出的热量为：
Q放＝cm（t0水﹣t）＝4.2×103J/（kg ℃）×0.28kg×（10℃﹣4℃）＝7056J；
20g 0℃的水温度升高到4℃吸收的热量为：
Q水吸＝cm化水（t﹣t冰）＝4.2×103J/（kg ℃）×0.02kg×（4℃﹣0℃）＝336J；
故20g 0℃的冰熔化为水需要的热量为Q熔化＝Q放﹣Q水吸＝7056J﹣336J＝6720J；
1克0℃的冰熔化为0℃的水需要的热量为Q′＝＝＝336J；
因为一定质量的一杯水温度降低1℃放出的热量刚好使1g0℃的冰熔化为0℃的水，
所以水的质量为：m′＝＝＝0.08kg＝80g。
故选：A。
【点评】本题主要考查学生对吸热公式和放热公式的掌握和运用，知道热传递的条件、方向结果，注意冰熔解过程需要吸热且温度没有升高，是本题的关键。
8．【考点】热量的计算．
【分析】由题知，1g甲乙丙三种液体，每升高1℃，吸收的热量为2.1J、4.2J、2.8J，根据c＝可求三液体的比热容；
用相同的热源加热相同的时间，吸收的热量相同，根据Q吸＝cmΔt可求三液体温度升高值，据此判断。
【解答】解：
由题知，1g甲乙丙三种液体，每升高1℃，吸收的热量为2.1J、4.2J、2.8J，
则三液体的比热容分别为：
c甲＝＝＝2.1×103J/（kg ℃）
c乙＝＝＝4.2×103J/（kg ℃）
c丙＝＝＝2.8×103J/（kg ℃）
用相同的热源加热相同的时间，吸收的热量相同，
由Q吸＝cmΔt得：
Δt甲＝＝＝，
同理可得：
Δt乙＝，
Δt丙＝，
可见：Δt乙＝Δt丙＜Δt甲，
所以丙液体的温度与加热时间的关系图象和乙重叠。
故选：D。
【点评】本题考查了吸热公式Q吸＝cmΔt的应用，能根据题目提供的条件得出三液体的温度变化关系是关键。
9．【考点】比热容的概念及其计算；温度、热量与内能的关系．
【分析】本题抓住热传递，高温物体放出热量，温度降低，低温物体吸收热量，温度升高，直到二者温度相等，热传递停止。
【解答】解：A、装有凉奶的奶瓶放在热水中要吸收热量，温度升高，由图乙可知，F的温度不断升高，因此表示热奶的温度随时间变化的曲线，曲线E表示水的温度随时间的变化规律，故A叙述正确；
B、图中所示牛奶吸收热量，温度上升，故B叙述正确；
C、水放出热量，温度在下降，故C叙述正确；
D、由于水和热奶的质量关系可能不同，因此我们不能仅凭图象判断水的比热容比牛奶的大，故D叙述错误。
故选：D。
【点评】当相互接触的物体间存在温度差时，物体间将发生热传递，分析清楚图乙所示图象是正确解题的关键。
10．【考点】热量的计算．
【分析】根据Q＝cmΔt算出140g、10℃水温度降低到6℃所放出的热量和10g、0℃的水温度升高到6℃吸收的热量；用140g、10℃水温度降低到6℃所放出的热量减去10g、0℃的水温度升高到6℃吸收的热量即为10克0℃的冰熔化成0℃水吸收的热量；据此再算出1克0℃的冰熔化为0℃的水需要的热量，根据“一定质量的一杯水温度降低1℃放出的热量刚好使1克0℃的冰熔化为0℃的水”算出水的质量。
【解答】解：140g、10℃水温度降低到6℃所放出的热量：Q放＝cm（t0水﹣t）＝4.2×103J/（kg ℃）×140×10﹣3kg×（10℃﹣6℃）＝2352J；
10g、0℃的冰完全熔化后水的质量不变，
10g、0℃的水温度升高到6℃吸收的热量：Q水吸＝cm化水（t﹣t冰）＝4.2×103J/（kg ℃）×10×10﹣3kg×（6℃﹣0℃）＝252J；
则10克0℃的冰熔化成0℃水吸收的热量：Q熔化＝Q放﹣Q水吸＝2352J﹣252J＝2100J；
1克0℃的冰熔化为0℃的水需要的热量为：Q′＝＝＝210J；
因为一定质量的一杯水温度降低1℃放出的热量刚好使1g、0℃的冰熔化为0℃的水，
由Q＝cmΔt可知，水的质量：m′＝＝＝0.05kg＝50g。
故选：C。
【点评】本题主要考查学生对吸热公式和放热公式的掌握和运用，知道热传递的条件、方向结果，注意冰熔解过程需要吸热且温度没有升高，是本题的关键。
11．【考点】比热容的概念及其计算．
【分析】（1）可以在横轴上找一点，即加热时间相同，两种物质吸收的热量就是相同的；然后做纵轴的平行线，比较出温度变化的大小关系Δt1＞Δt2；
（2）因为物质甲、乙的质量和比热都不确定，所以根据cm＝初步得出：c1m1＜c2m2，然后利用不等式的知识逐项分析。
【解答】解：由图象可知：取相同的加热时间，即物质甲、乙吸收的热量相同时，甲的温度变化值大，即：Δt1＞Δt2。
根据Q吸＝cmΔt得：cm＝，c1m1＜c2m2，即：甲的比热容和质量的乘积小于乙的比热容和质量的乘积。
A、若m1＝m2，可以得到c1＜c2，故A正确；
B、若m1＜m2，不能判断得出c1＞c2，故B错；
C、若c1＝c2，可以得到m1＜m2，故C正确；
D、若c1＞c2，可以得到m1＜m2，故D正确。
故选：B。
【点评】此题主要考查的是我们对于图象的分析能力，能分析得出甲的比热容和质量的乘积小于乙的比热容和质量的乘积。
12．【考点】热平衡方程及其应用．
【分析】（1）物体A放入甲杯水后，水的温度由50℃降低了4℃，变成50℃﹣4℃＝46℃，A的温度由10℃升高到46℃，水放出的热量等于A吸收的热量，据此列出热平衡方程，就可以求出A的比热容。
（2）物体B放入乙杯水后，水的温度由50℃降低了8℃，变成50℃﹣8℃＝42℃，B的温度由10℃升高到42℃，水放出的热量等于B吸收的热量，据此列出热平衡方程，就可以求出B的比热容。
求出A和B的比热容后，就可以解决问题。
【解答】解：（1）物体A放入甲杯水后，它们的共同温度为50℃﹣4℃＝46℃，
水放出的热量Q放＝c水m水Δt水
A吸收的热量Q吸＝cAmAΔtA，
根据热平衡方程：Q放＝Q吸，
即c水m水Δt水＝cAmAΔtA
代入相关数据得：
cA＝×；
（2）物体B放入乙杯水后，它们的共同温度为50℃﹣8℃＝42℃，
水放出的热量Q放＝c水m水Δt水
B吸收的热量Q吸＝cBmBΔtB，
根据热平衡方程：Q放＝Q吸，
即c水m水Δt水＝cBmBΔtB
代入相关数据得：
cB＝×
（3）因为A、B两物体质量相等，即mA＝mB，
所以＝＝＝4：9，故C正确。
故选：C。
【点评】本题解题的关键在于学生能否正确写出高温物体放热和低温物体吸热的表达式，利用方程的思想可以解决许多物理问题，在学习中注意运用。
13．【考点】内能的概念．
【分析】（1）内能是指物体内部所有分子做无规则运动所具有的动能和分子势能的总和，内能大小与物体的质量和温度有关，一切物体都有内能；
（2）内能是不同于机械能的一种能量的存在形式。机械能与整个物体机械运动的情况有关。内能与物体内部分子的无规则运动和相互作用情况有关。
【解答】解：A．一切物体都具有内能，冰块也具有内能，故A错误；
B．机械能与内能无关，同一物体当它机械能增大时，内能不一定增大，故B错误；
C．一切物体都具有内能，一个物体机械能为零时，内能可能很大，故C正确；
D．内能的大小与物体的运动速度无关，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查了学生对影响内能大小的因素以及内能与机械能的区别的掌握，属于基本概念的考查，相对比较简单。
14．【考点】比热容的概念及其计算．
【分析】甲、乙两物体，先后投入到同一杯冷水中，甲乙物体放出热量、温度降低，水吸收热量、温度升高；
由题知，两次水升高的温度相同，也就是水吸收的热量相同，因为不计热量损失，由热平衡方程可知，甲、乙两物体放出的热量相同；
而甲、乙两物体的质量相等、初温相同，经放热后，乙物体的末温比甲物体的末温高5℃；
由上述分析可知，质量相同的甲、乙两物体，放出相同的热量，乙物体降低的温度少，所以乙物体的比热容大。
【解答】解：先后将甲、乙两物体投入到同一杯冷水中，水升高的温度相同，则水吸收的热量相同，
因为不计热量损失，
所以Q吸＝Q放，
所以甲、乙两物体放出的热量相同；
由题知，乙物体比甲物体少降低了5℃，即乙物体的末温高；
由上述分析可知，质量相同的甲、乙两物体，放出相同的热量，乙物体降低的温度少，所以乙物体的比热容大。
故选：B。
【点评】本题考查了比热容的概念、热平衡方程、热量公式，能确定甲、乙两物体的末温关系是本题的关键。
15．【考点】比热容的概念及其计算．
【分析】本题主要考查对探究比热容实验的了解和用控制变量法分析比热容大小的能力。
【解答】解：（1）由题知，在相同时间内物质吸收的热量相同，则加热时间越长，吸收热量越多；
由图像可知，甲晶体在熔化过程所用的加热时间比乙晶体熔化过程的加热时间短，所以可知晶体熔化过程中吸收的热量Q甲小于Q乙。
（2）两种晶体的质量相等，由图像可知当甲、乙两种液态物质吸收的热量相同时（即加热相同的时间），液态乙升高的温度多，所以液态乙的比热容比液态甲的比热容小。
故答案为：小于；大于。
【点评】本题主要考查对探究比热容实验的了解和用控制变量法分析比热容大小的能力。
16．【考点】控制变量法．
【解答】
17．【考点】比热容的概念及其计算．
【分析】a、b两种液体液体质量相等、初温相同、用两个完全相同的加热器加热时间相同时吸热也相同，在横轴上找一点，保证加热时间相同，过这点做纵轴的平行线，与a、b两种液体的图象有交点，再过交点做横轴的平行线，与纵轴上有交点，比较a、b升高温度的关系，利用吸热公式分析即可。
【解答】解；由图可出，当加热时间相同时即吸收的热量相同时，a的温度升高的快，根据热量的计算公式Q吸＝cmΔt可知，在质量相等、初温相同、吸热也相同的情况下，温度升高得快的比热容小，所以，a的比热容小，b的比热容大。
故答案为：b。
【点评】本题主要考查吸热公式的应用，属于基础知识。
18．【考点】燃料的热值；比热容的概念及其计算．
【分析】（1）用两只完全相同的酒精灯，分别给水和沙子加热，这样做的目的是使水和沙子在相同时间吸收相同的热量，再利用公式△t＝进行分析。
（2）已知酒精灯平均每分钟消耗0.8g酒精，便可以计算出给水加热10min时间消耗的酒精，已知酒精的热值，可利用公式Q放＝mq计算热量。
（3）由图b知，在2min时间内，水升高的温度值，利用吸热公式求水吸收的热量，由于在相同时间内酒精灯燃烧放出相同的热量，可得沙子吸收的热量，由图a知加热2min，沙子的温度从20℃上升到250℃，根据吸热公式求沙子的比热容。
【解答】解：（1）图a表示的是沙子吸热升温的过程，因为沙子和水的质量相等，吸收相同热量时，沙子的比热容比水小，
从公式△t＝可知，沙子温度升得多。
（2）∵酒精灯平均每分钟消耗0.8g酒精，
∴加热10min时间消耗的酒精为：
m＝0.8g×10＝8g＝8×10﹣3kg，
Q放＝mq＝8×10﹣3kg×3.0×107J/kg＝2.4×105J；
（3）由图b知，在2min时间内，△t水＝70℃﹣20℃＝50℃，
Q水吸＝C水m水△t水＝4.2×103J/（kg ℃）×0.2kg×（70℃﹣20℃）＝42000J，
∵相同时间内酒精灯燃烧放出相同的热量
∴在2分钟的时间内，
Q沙吸＝Q水吸＝42000J，
由图a知加热2min，沙子的温度从20℃上升到250℃，
△t沙＝250℃﹣20℃＝230℃，m沙＝200g＝0.2kg
∴C沙＝＝≈0.91×103J/（kg ℃）。
答：（1）a图，沙子的比热容小于水，相同质量的水和沙子吸收相同的热量，沙子温度升得高；
（2）消耗的酒精如果完全燃烧将放出2.4×105J的热量；
（3）沙子的比热容为0.91×103 J/（kg ℃）。
【点评】本题考查了学生对吸热公式、燃料完全燃烧放热公式的掌握和运用，能从液体的温度随时间变化的图象搜集有关信息是本题的关键。
19．【考点】热量的计算．
【分析】（1）操作方案：直接将铝合金放入保温瓶的热水中，利用热平衡方程得出的末温不能达到要求，可以将热水分若干次加热铝合金，直到最后一次将剩余的热水倒出来与构件接触，达到热平衡，最终可使构件的温度达到所要求的值。
验证计算：如将1.2kg热水分4次倒出，每次倒出m0＝0.3kg，在第一次使热水与构件达到热平衡的过程中：
构件吸热Q1＝c0m0（t﹣t1），水放热Q1′＝cm（t1﹣t0），因为Q1＝Q1′，得出提升后的温度t1，同理求出t2、t3、t4进行判断。
（2）为了能充分地利用资源，使物体间内能更有效地转移，可以用冷水对构件进行流水喷淋（ 或用流水法进行）。
【解答】解：（1）操作方案：将保温瓶中t＝90℃的热水分若干次倒出来。
第一次先倒出一部分，与温度为t0＝10℃的构件充分接触，并达到热平衡，构件温度升高到t1；
将这部分温度为t1的水倒掉，再从保温瓶倒出一部分热水，再次与温度为t1的构件接触，并达到热平衡，此时构件的温度升高到t2；
再将这些温度为t2的热水倒掉，然后再从保温瓶倒出一部分热水来使温度为t2的构件升温，…。
直到最后一次将剩余的热水倒出来与构件接触，达到热平衡，最终就可使构件的温度达到所要求的值；
验证：如将1.2kg热水分4次倒出，每次倒出m0＝0.3kg，在第一次使热水与构件达到热平衡的过程中：
Q1＝c0m0（t﹣t1），Q1′＝cm（t1﹣t0）
∵Q1＝Q1′
∴c0m0（t﹣t1）＝cm（t1﹣t0）
即：4.2×103J×0.3kg×（90℃﹣t1）＝0.88×103J×4.2kg×（t1﹣10℃）
解得：t1≈32.96℃，
同理：4.2×103J×0.3kg×（90℃﹣t2）＝0.88×103J×4.2kg×（t2﹣32.96℃）
解得t2≈49.25℃，
4.2×103J×0.3kg×（90℃﹣t3）＝0.88×103J×4.2kg×（t3﹣49.25℃）
解得t3≈63℃。
由此可知，倒到第三次时构件达到63℃；
（2）用冷水对构件进行流水喷淋（ 或用流水法进行 ），因为这样能充分地利用资源，使物体间内能更有效地转移，最大限度地实现降温。
【点评】本题主要考查学生对吸热公式和放热公式的掌握和运用，此题有一定的拔高难度，属于难题。
20．【考点】热量的计算．
【分析】将两种温度不同的液体混合，高温液体放出热量、温度降低，低温液体吸收热量、温度升高，不考虑热损失，则Q吸＝Q放，三种液体两两混合，根据热平衡方程分别列出关系式求解。
【解答】解：
由题意，根据热平衡方程得：
AB混合时：cAmA（21.0℃﹣15.0℃）＝cBmB（25.0℃﹣21.0℃），
即：cAmA×6℃＝cBmB×4℃，
∴cBmB＝cAmA，﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣①
BC混合时：cBmB（32.0℃﹣25.0℃）＝ccmc（35.0℃﹣32.0℃）
即：cBmB×7℃＝ccmc×3℃，
∴cBmB＝ccmc，﹣﹣﹣﹣﹣②
由①②得：
cAmA＝ccmc，﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣③
AC混合时：cAmA（t﹣15.0℃）＝ccmc（35.0℃﹣t）
将③代入上式得：
＝，
解得：t≈30.6℃。
答：将A、C混合，末温为30.6℃。
【点评】本题考查了学生对吸热公式、放热公式、热平衡方程的掌握和运用，涉及到三种液体，物理量多、比较复杂，要细心！
21．【考点】比热容的概念及其计算．
【分析】（1）设工件的半径为r，则V＝πr3，截面积为：S＝πr2，
那么第一次熔化了的冰的体积为V1＝S（13.6cm﹣r）+πr3，第二次熔化了的冰的体积为V2＝S（16.7cm﹣r）+πr3，
求出熔化了冰的体积差，再利用密度公式求熔化了冰的质量差，可求两次冰吸收的热量差；
这个热量差应该等于两次工件放热的差，列方程求解；
（2）根据第一次热平衡，列出方程cm球Δt1＝πr2（h1﹣r）+πr3
根据第二次热平衡，列出方程cm球Δt2＝πr2（h2﹣r）+πr3，可求r大小，代入（1）中c的表达式得解。
【解答】解：设工件的半径为r
则V＝πr3，截面积为：S＝πr2，
那么第一次熔化了的冰的体积为：
V1＝S（13.6cm﹣r）+πr3，
第二次熔化了的冰的体积为：
V2＝S（16.7cm﹣r）+πr3，
熔化了冰的体积差为：ΔV＝V2﹣V1＝πr2（16.7cm﹣r）+πr3﹣πr2（13.6cm﹣r）﹣πr3＝3.1cm×πr2；
熔化了冰的质量差：
Δm＝ρ冰×3.1cm×πr2；
两次冰吸收的热量差为：
ΔQ吸＝λ×ρ冰×3.1cm×πr2＝3.34×105J/kg×ρ冰×3.1cm×πr2；
这个热量差应该等于两次工件放热的差：
ΔQ放＝c×3ρ冰V工件（100℃﹣0℃）﹣c×3ρ冰V工件（75℃﹣0℃）＝c×3ρ冰×πr3（100℃﹣0℃）﹣c×3ρ冰πr3（75℃﹣0℃）＝c×3ρ冰×πr3×25℃；
由题知，ΔQ吸＝ΔQ放，
即：3.34×105J/kg×ρ冰×3.1cm×πr2＝c×3ρ冰×πr3×25℃﹣﹣﹣﹣﹣③；
根据第一次热平衡，列出方程：
cm球Δt1＝λρ冰[πr2（h1﹣r）+πr3]﹣﹣﹣①
根据第二次热平衡，列出方程：
cm球Δt2＝λρ冰[πr2（h2﹣r）+πr3]﹣﹣﹣﹣﹣②
②×3﹣①×4，化简并得到：
r＝12h1﹣9h2＝12×13.6cm﹣9×16.7cm＝12.9cm；
代入③得：
c≈0.8×103J/（kg ℃）。
答：该材料的比热容为0.8×103J/（kg ℃）。
【点评】本题考查了学生对吸热公式、晶体熔化放热公式、密度公式的掌握和运用，过程较复杂，要细心！
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