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12. 若甲、乙两物体的比热容之比为 $2:5$, 吸收的热量之比为 $5:1$, 它们升高的温度相同, 则甲、乙两物体的质量之比是（
A.$1:2$
B.$2:1$
C.$25:2$
D.$2:25$
C
）A.$1:2$
B.$2:1$
C.$25:2$
D.$2:25$
答案
12. C
解析
【分析】
这是一道热量公式的比例推导类题目，解题思路非常清晰：首先我们从已学的物体吸热计算公式出发，把待求的质量变量单独变形到等式一侧；接着将甲、乙两物体的质量表达式做比值，题目明确说明两者升高的温度相同，这个公共量可以直接约去，剩下的部分全部是题干给出的已知比值，最后代入对应数值计算即可得到质量之比，计算时要注意不要把比热容的比值前后顺序搞反。
【解析】
1. 首先写出物体吸收热量的通用公式：
$Q_{\mathrm{吸}} = cm\Delta t$
2. 对公式做变形，推导出质量的表达式：
$m = \frac{Q_{\mathrm{吸}}}{c\Delta t}$
3. 列出甲、乙两物体的质量之比的推导式：
$\frac{m_\mathrm{甲}}{m_\mathrm{乙}} = \frac{\frac{Q_\mathrm{甲}}{c_\mathrm{甲}\Delta t_\mathrm{甲}}}{\frac{Q_\mathrm{乙}}{c_\mathrm{乙}\Delta t_\mathrm{乙}}}$
4. 题干已知甲乙升高的温度相同，即$\Delta t_\mathrm{甲}=\Delta t_\mathrm{乙}$，因此$\Delta t$可以直接约去，化简得到：
$\frac{m_\mathrm{甲}}{m_\mathrm{乙}} = \frac{Q_\mathrm{甲}}{Q_\mathrm{乙}} × \frac{c_\mathrm{乙}}{c_\mathrm{甲}}$
5. 代入题干给出的已知条件：$c_\mathrm{甲}:c_\mathrm{乙}=2:5$，$Q_\mathrm{甲}:Q_\mathrm{乙}=5:1$：
$\frac{m_\mathrm{甲}}{m_\mathrm{乙}} = \frac{5}{1} × \frac{5}{2} = \frac{25}{2}$
即甲乙质量之比为$25:2$。
【答案】
C
【知识点】
1. 吸热公式应用
2. 物理量比例计算
【点评】
本题是比热容章节的基础常考题型，核心考察对吸热公式的灵活变形能力，最常见的易错点是代入比热容比值时颠倒分子分母顺序，只要推导时注意物理量的对应关系，避开顺序颠倒的小陷阱，就可以轻松得到正确结果。
【难度系数】
0.7
这是一道热量公式的比例推导类题目，解题思路非常清晰：首先我们从已学的物体吸热计算公式出发，把待求的质量变量单独变形到等式一侧；接着将甲、乙两物体的质量表达式做比值，题目明确说明两者升高的温度相同，这个公共量可以直接约去，剩下的部分全部是题干给出的已知比值，最后代入对应数值计算即可得到质量之比，计算时要注意不要把比热容的比值前后顺序搞反。
【解析】
1. 首先写出物体吸收热量的通用公式：
$Q_{\mathrm{吸}} = cm\Delta t$
2. 对公式做变形，推导出质量的表达式：
$m = \frac{Q_{\mathrm{吸}}}{c\Delta t}$
3. 列出甲、乙两物体的质量之比的推导式：
$\frac{m_\mathrm{甲}}{m_\mathrm{乙}} = \frac{\frac{Q_\mathrm{甲}}{c_\mathrm{甲}\Delta t_\mathrm{甲}}}{\frac{Q_\mathrm{乙}}{c_\mathrm{乙}\Delta t_\mathrm{乙}}}$
4. 题干已知甲乙升高的温度相同，即$\Delta t_\mathrm{甲}=\Delta t_\mathrm{乙}$，因此$\Delta t$可以直接约去，化简得到：
$\frac{m_\mathrm{甲}}{m_\mathrm{乙}} = \frac{Q_\mathrm{甲}}{Q_\mathrm{乙}} × \frac{c_\mathrm{乙}}{c_\mathrm{甲}}$
5. 代入题干给出的已知条件：$c_\mathrm{甲}:c_\mathrm{乙}=2:5$，$Q_\mathrm{甲}:Q_\mathrm{乙}=5:1$：
$\frac{m_\mathrm{甲}}{m_\mathrm{乙}} = \frac{5}{1} × \frac{5}{2} = \frac{25}{2}$
即甲乙质量之比为$25:2$。
【答案】
C
【知识点】
1. 吸热公式应用
2. 物理量比例计算
【点评】
本题是比热容章节的基础常考题型，核心考察对吸热公式的灵活变形能力，最常见的易错点是代入比热容比值时颠倒分子分母顺序，只要推导时注意物理量的对应关系，避开顺序颠倒的小陷阱，就可以轻松得到正确结果。
【难度系数】
0.7
13. 在标准大气压下,将质量相同的甲、乙、丙三个金属块加热到相同的温度后,放在上表面平整的冰块上. 经过一段时间后,冰块形状不再变化,状态如图所示.(假设金属块只与冰块发生热传递)则下列说法正确的是（
A.最终三个金属块的温度不同
B.最终三个金属块放出的热量相同
C.冰熔化时的温度可能高于$0°\mathrm{C}$
D.丙的比热容一定大于甲、乙的比热容
D
）A.最终三个金属块的温度不同
B.最终三个金属块放出的热量相同
C.冰熔化时的温度可能高于$0°\mathrm{C}$
D.丙的比热容一定大于甲、乙的比热容
答案
13. D
解析
【分析】
这道题的核心是结合热平衡规律和放热公式$Q_{放}=cm\Delta t$分析物理量的大小关系，解题思路可以按步骤推进：
1. 先判断最终热平衡状态：冰块形状不再变化说明热传递停止，所有和冰接触的金属块最终温度都和冰的温度一致，结合标准大气压下冰水混合物的温度特点，就能直接判断A选项的对错。
2. 金属块放出的热量全部用来熔化冰，熔化的冰质量越大，说明对应金属块放出的热量越多，观察图中三个金属块陷入冰块的深度，就能对比三者放热多少，判断B选项正误。
3. 回忆标准大气压下冰的熔点特性，可直接验证C选项是否正确。
4. 题目给出三个金属块质量相同、初始加热温度相同，最终末温也相同，因此三者温度降低量$\Delta t$完全相等，结合放热公式就能推导比热容的大小关系，确认D选项是否成立。
【解析】
我们逐个对选项进行分析：
选项A：冰块形状不再变化时热传递停止，标准大气压下冰水混合物温度为$0°\mathrm{C}$，因此最终三个金属块的温度都等于$0°\mathrm{C}$，温度完全相同，A错误。
选项B：金属块放出的热量全部用于熔化冰块，从图中可见丙下方熔化的冰最多，甲下方熔化的冰最少，说明丙放出的热量最多，甲放出的热量最少，三个金属块放出的热量不相等，B错误。
选项C：标准大气压下冰的熔点是$0°\mathrm{C}$，冰熔化过程中温度保持$0°\mathrm{C}$不变，不可能高于$0°\mathrm{C}$，C错误。
选项D：已知三个金属块质量$m$相同，初始温度相同，末温都是$0°\mathrm{C}$，因此三个金属块降低的温度$\Delta t$完全相同。根据放热公式$Q_{放}=cm\Delta t$变形可得$c=\frac{Q_{放}}{m\Delta t}$，因为三者放热满足$Q_丙＞Q_乙＞Q_甲$，$m$和$\Delta t$相等，所以比热容满足$c_丙＞c_乙＞c_甲$，即丙的比热容一定大于甲、乙的比热容，D正确。
【答案】D
【知识点】热平衡规律、比热容放热计算、冰的熔点
【点评】本题通过冰块熔化的直观现象间接考察比热容的推导，易错点是忽略三个金属块的温度变化量完全相等的隐含条件，需要结合热传递终止的特点挖掘题目隐藏的末温相同的条件，通过熔化冰的多少间接对比放热总量，最终推导比热容的大小关系。
【难度系数】0.6
这道题的核心是结合热平衡规律和放热公式$Q_{放}=cm\Delta t$分析物理量的大小关系，解题思路可以按步骤推进：
1. 先判断最终热平衡状态：冰块形状不再变化说明热传递停止，所有和冰接触的金属块最终温度都和冰的温度一致，结合标准大气压下冰水混合物的温度特点，就能直接判断A选项的对错。
2. 金属块放出的热量全部用来熔化冰，熔化的冰质量越大，说明对应金属块放出的热量越多，观察图中三个金属块陷入冰块的深度，就能对比三者放热多少，判断B选项正误。
3. 回忆标准大气压下冰的熔点特性，可直接验证C选项是否正确。
4. 题目给出三个金属块质量相同、初始加热温度相同，最终末温也相同，因此三者温度降低量$\Delta t$完全相等，结合放热公式就能推导比热容的大小关系，确认D选项是否成立。
【解析】
我们逐个对选项进行分析：
选项A：冰块形状不再变化时热传递停止，标准大气压下冰水混合物温度为$0°\mathrm{C}$，因此最终三个金属块的温度都等于$0°\mathrm{C}$，温度完全相同，A错误。
选项B：金属块放出的热量全部用于熔化冰块，从图中可见丙下方熔化的冰最多，甲下方熔化的冰最少，说明丙放出的热量最多，甲放出的热量最少，三个金属块放出的热量不相等，B错误。
选项C：标准大气压下冰的熔点是$0°\mathrm{C}$，冰熔化过程中温度保持$0°\mathrm{C}$不变，不可能高于$0°\mathrm{C}$，C错误。
选项D：已知三个金属块质量$m$相同，初始温度相同，末温都是$0°\mathrm{C}$，因此三个金属块降低的温度$\Delta t$完全相同。根据放热公式$Q_{放}=cm\Delta t$变形可得$c=\frac{Q_{放}}{m\Delta t}$，因为三者放热满足$Q_丙＞Q_乙＞Q_甲$，$m$和$\Delta t$相等，所以比热容满足$c_丙＞c_乙＞c_甲$，即丙的比热容一定大于甲、乙的比热容，D正确。
【答案】D
【知识点】热平衡规律、比热容放热计算、冰的熔点
【点评】本题通过冰块熔化的直观现象间接考察比热容的推导，易错点是忽略三个金属块的温度变化量完全相等的隐含条件，需要结合热传递终止的特点挖掘题目隐藏的末温相同的条件，通过熔化冰的多少间接对比放热总量，最终推导比热容的大小关系。
【难度系数】0.6
14. 将质量相等、初温相同的水和煤油分别倒入两个完全一样的试管中,然后将这两个试管同时放入温度较高的热水中,如图所示,经过足够长的时间以后,试管中的水和煤油从热水中吸收的热量分别为$Q_1$、$Q_2$,温度升高值分别为$\Delta t_1$、$\Delta t_2$,则(已知$c_水＞c_{煤油}$)（
A.$Q_1=Q_2,\Delta t_1＞\Delta t_2$
B.$Q_1=Q_2,\Delta t_1=\Delta t_2$
C.$Q_1＞Q_2,\Delta t_1=\Delta t_2$
D.$Q_1＜Q_2,\Delta t_1＞\Delta t_2$
C
）A.$Q_1=Q_2,\Delta t_1＞\Delta t_2$
B.$Q_1=Q_2,\Delta t_1=\Delta t_2$
C.$Q_1＞Q_2,\Delta t_1=\Delta t_2$
D.$Q_1＜Q_2,\Delta t_1＞\Delta t_2$
答案
14. C
解析
【分析】
首先梳理已知条件：水和煤油质量相等、初温相同，同时放入温度更高的热水中，经过足够长时间后达到稳定。第一步先判断温度升高量：热传递的最终结果是系统内所有物体温度相同，因此试管内的水和煤油最终的末温都等于外部大容器中热水的温度，结合两者初温一致，就能推出它们的温度升高值Δt是相等的。第二步再判断吸收的热量，利用吸热公式Q吸=cmΔt，在质量m、温度变化量Δt都相同的前提下，比热容c越大，吸收的热量就越多，已知水的比热容大于煤油，因此水吸收的热量更多，即可选出正确答案。
【解析】
1. 推导温度升高值：
已知水和煤油初温相同，经过足够长的热传递后，试管内的液体与外部热水达到热平衡，二者末温相等，因此温度升高值满足：$\Delta t_1 = \Delta t_2$。
2. 推导吸收的热量大小：
根据吸热计算公式$Q_{吸}=cm\Delta t$，题目给出水和煤油的质量m相等，已经推出Δt相同，且已知$c_水＞c_{煤油}$，代入公式可得：
$Q_1 = c_水 m \Delta t_1 ＞ Q_2 = c_{煤油} m \Delta t_2$，即水吸收的热量大于煤油吸收的热量。
综上，$\Delta t_1=\Delta t_2$，$Q_1＞Q_2$，选项C符合结论。
【答案】
C
【知识点】
热平衡规律，吸热公式，比热容特性
【点评】
本题的易错点是容易忽略“足够长的时间”这个关键条件，错误认为水升温更慢就会得到Δt不等的结论，解题时先抓住热平衡的特点确定末温相等，再结合吸热公式推导热量大小，就能轻松得到正确结果，综合考察了热传递和比热容相关的基础知识点。
【难度系数】
0.7
首先梳理已知条件：水和煤油质量相等、初温相同，同时放入温度更高的热水中，经过足够长时间后达到稳定。第一步先判断温度升高量：热传递的最终结果是系统内所有物体温度相同，因此试管内的水和煤油最终的末温都等于外部大容器中热水的温度，结合两者初温一致，就能推出它们的温度升高值Δt是相等的。第二步再判断吸收的热量，利用吸热公式Q吸=cmΔt，在质量m、温度变化量Δt都相同的前提下，比热容c越大，吸收的热量就越多，已知水的比热容大于煤油，因此水吸收的热量更多，即可选出正确答案。
【解析】
1. 推导温度升高值：
已知水和煤油初温相同，经过足够长的热传递后，试管内的液体与外部热水达到热平衡，二者末温相等，因此温度升高值满足：$\Delta t_1 = \Delta t_2$。
2. 推导吸收的热量大小：
根据吸热计算公式$Q_{吸}=cm\Delta t$，题目给出水和煤油的质量m相等，已经推出Δt相同，且已知$c_水＞c_{煤油}$，代入公式可得：
$Q_1 = c_水 m \Delta t_1 ＞ Q_2 = c_{煤油} m \Delta t_2$，即水吸收的热量大于煤油吸收的热量。
综上，$\Delta t_1=\Delta t_2$，$Q_1＞Q_2$，选项C符合结论。
【答案】
C
【知识点】
热平衡规律，吸热公式，比热容特性
【点评】
本题的易错点是容易忽略“足够长的时间”这个关键条件，错误认为水升温更慢就会得到Δt不等的结论，解题时先抓住热平衡的特点确定末温相等，再结合吸热公式推导热量大小，就能轻松得到正确结果，综合考察了热传递和比热容相关的基础知识点。
【难度系数】
0.7
15. 在标准大气压下,质量为 2kg、初温为$20°\mathrm{C}$的水吸收了$7.56× 10^{5}\mathrm{J}$的热量,那么水温升高了多少摄氏度？$[c_{\mathrm{水}}=4.2× 10^{3}\mathrm{J}/(\mathrm{kg}·°\mathrm{C})]$
答案
15.解:由$Q_{吸}=cm\Delta t$得
$\Delta t=\frac{Q_{吸}}{c_{水}m}=\frac{7.56×10^5\mathrm{J}}{4.2×10^3\mathrm{J}/(\mathrm{kg}·℃)×2\mathrm{kg}}=90℃,$
$t=t_0+\Delta t=20℃+90℃=110℃.$
因为在标准大气压下,水的沸点为100℃,所以水的温度升高到100℃将不再上升,因此水温升高了$100℃-20℃=80℃.$
$\Delta t=\frac{Q_{吸}}{c_{水}m}=\frac{7.56×10^5\mathrm{J}}{4.2×10^3\mathrm{J}/(\mathrm{kg}·℃)×2\mathrm{kg}}=90℃,$
$t=t_0+\Delta t=20℃+90℃=110℃.$
因为在标准大气压下,水的沸点为100℃,所以水的温度升高到100℃将不再上升,因此水温升高了$100℃-20℃=80℃.$
解析
【分析】
拿到这道题首先可以先回忆物体吸收热量升温的计算公式，先直接代入已知的吸热总量、水的比热容、水的质量，计算出理论上的水温升高值，再算出对应的理论末温。这时候要注意题目给出的“标准大气压”这个关键条件，标准大气压下水的沸点是100℃，水沸腾的特点是持续吸热但温度保持不变，因此需要对比理论末温和水的沸点的大小，如果理论末温超过100℃，说明水实际最多只能升温到100℃，最终实际的水温升高量需要用实际末温减去初温，不能直接使用第一步算出的理论升温值，这是本题的核心思考点。
【解析】
解：
1. 由吸热公式$Q_{吸}=cm\Delta t$，推导水的理论温度变化量：
$\Delta t=\frac{Q_{吸}}{c_{水}m}$
代入已知数值$Q_{吸}=7.56×10^5\mathrm{J}$，$c_{水}=4.2×10^3\mathrm{J}/(\mathrm{kg}·℃)$，$m=2\mathrm{kg}$可得：
$\Delta t=\frac{7.56×10^5\mathrm{J}}{4.2×10^3\mathrm{J}/(\mathrm{kg}·℃)×2\mathrm{kg}}=90℃$
2. 计算理论上的水的末温：
$t=t_0+\Delta t=20℃+90℃=110℃$
3. 结合隐含条件分析实际末温：
标准大气压下，水的沸点为100℃，水达到沸点后继续吸热但温度不再上升，因此水的实际末温只能是100℃，小于理论计算的110℃。
4. 计算实际水温升高量：
$\Delta t_{实}=100℃-20℃=80℃$
【答案】
水温升高了80℃
【知识点】
比热容吸热计算；水沸腾的特点；标准大气压下水的沸点
【点评】
本题是热学经典易错题，很多同学会直接套用吸热公式算出90℃的错误结果，忽略了题目给出的标准大气压的隐含条件，没有考虑水沸腾时吸热温度不变的规律，解题时要注意挖掘气压类的隐含条件，先判断末温是否超过对应气压下的水的沸点，避免机械套用公式出错。
【难度系数】
0.5
拿到这道题首先可以先回忆物体吸收热量升温的计算公式，先直接代入已知的吸热总量、水的比热容、水的质量，计算出理论上的水温升高值，再算出对应的理论末温。这时候要注意题目给出的“标准大气压”这个关键条件，标准大气压下水的沸点是100℃，水沸腾的特点是持续吸热但温度保持不变，因此需要对比理论末温和水的沸点的大小，如果理论末温超过100℃，说明水实际最多只能升温到100℃，最终实际的水温升高量需要用实际末温减去初温，不能直接使用第一步算出的理论升温值，这是本题的核心思考点。
【解析】
解：
1. 由吸热公式$Q_{吸}=cm\Delta t$，推导水的理论温度变化量：
$\Delta t=\frac{Q_{吸}}{c_{水}m}$
代入已知数值$Q_{吸}=7.56×10^5\mathrm{J}$，$c_{水}=4.2×10^3\mathrm{J}/(\mathrm{kg}·℃)$，$m=2\mathrm{kg}$可得：
$\Delta t=\frac{7.56×10^5\mathrm{J}}{4.2×10^3\mathrm{J}/(\mathrm{kg}·℃)×2\mathrm{kg}}=90℃$
2. 计算理论上的水的末温：
$t=t_0+\Delta t=20℃+90℃=110℃$
3. 结合隐含条件分析实际末温：
标准大气压下，水的沸点为100℃，水达到沸点后继续吸热但温度不再上升，因此水的实际末温只能是100℃，小于理论计算的110℃。
4. 计算实际水温升高量：
$\Delta t_{实}=100℃-20℃=80℃$
【答案】
水温升高了80℃
【知识点】
比热容吸热计算；水沸腾的特点；标准大气压下水的沸点
【点评】
本题是热学经典易错题，很多同学会直接套用吸热公式算出90℃的错误结果，忽略了题目给出的标准大气压的隐含条件，没有考虑水沸腾时吸热温度不变的规律，解题时要注意挖掘气压类的隐含条件，先判断末温是否超过对应气压下的水的沸点，避免机械套用公式出错。
【难度系数】
0.5
16. 甲、乙两物体的质量之比为$4:1$，用两个相同的酒精灯分别给它们加热(酒精燃烧放出的热量全部被甲和乙吸收)，如图所示为甲、乙两物体的温度随时间的变化图像，若甲的比热容为$2.1× 10^{3}\mathrm{J}/(\mathrm{kg}·\ °\mathrm{C})$，则：
(1)经过4min甲、乙升高的温度之比为多少？
(2)乙的比热容为多少？
(1)经过4min甲、乙升高的温度之比为多少？
(2)乙的比热容为多少？
答案
16.解:(1)经过4min甲、乙升高的温度之比$\Delta t_甲:\Delta t_乙=20℃:40℃=1:2.$
(2)4min内甲、乙吸收的热量相等,根据$Q_{吸}=cm\Delta t$,得$c_甲m_甲\Delta t_甲=c_乙m_乙\Delta t_乙,$
$c_乙=c_甲×\frac{m_甲}{m_乙}×\frac{\Delta t_甲}{\Delta t_乙}=2.1×10^3\mathrm{J}/(\mathrm{kg}·℃)×\frac{4}{1}×\frac{1}{2}=4.2×10^3\mathrm{J}/(\mathrm{kg}·℃).$
(2)4min内甲、乙吸收的热量相等,根据$Q_{吸}=cm\Delta t$,得$c_甲m_甲\Delta t_甲=c_乙m_乙\Delta t_乙,$
$c_乙=c_甲×\frac{m_甲}{m_乙}×\frac{\Delta t_甲}{\Delta t_乙}=2.1×10^3\mathrm{J}/(\mathrm{kg}·℃)×\frac{4}{1}×\frac{1}{2}=4.2×10^3\mathrm{J}/(\mathrm{kg}·℃).$
解析
【分析】
这道题的解题思路很清晰：
1. 解决第一问时，首先从温度-时间图像中分别读出甲、乙两物体的初始温度，以及加热4min后的末温度，物体升高的温度等于末温度减去初始温度，计算出两者的温度变化量后直接求比值即可。
2. 解决第二问时，题目给出两个完全相同的酒精灯加热，说明相同加热时间内，甲、乙吸收的热量是相等的，这是本题的隐含条件。之后利用吸热公式$Q_{吸}=cm\Delta t$，将$Q_甲=Q_乙$的关系代入，变形公式后把已知的质量比、温度变化比、甲的比热容代入，就可以计算得到乙的比热容。
【解析】
(1) 由图像可知：
加热前甲的初温$t_{甲0}=40°\mathrm{C}$，加热4min后甲的末温$t_{甲}=60°\mathrm{C}$，则甲升高的温度：
$\Delta t_甲 = t_甲 - t_{甲0} = 60°\mathrm{C} - 40°\mathrm{C} = 20°\mathrm{C}$
加热前乙的初温$t_{乙0}=20°\mathrm{C}$，加热4min后乙的末温$t_{乙}=60°\mathrm{C}$，则乙升高的温度：
$\Delta t_乙 = t_乙 - t_{乙0} = 60°\mathrm{C} - 20°\mathrm{C} = 40°\mathrm{C}$
因此甲乙升高的温度之比：
$\Delta t_甲:\Delta t_乙 = 20°\mathrm{C}:40°\mathrm{C} = 1:2$
(2) 两个相同的酒精灯加热4min，酒精燃烧放出的热量全部被物体吸收，因此甲、乙吸收的热量相等，即$Q_{吸甲}=Q_{吸乙}$。
根据吸热公式$Q_{吸}=cm\Delta t$可得：
$c_甲 m_甲 \Delta t_甲 = c_乙 m_乙 \Delta t_乙$
将公式变形求乙的比热容：
$c_乙 = c_甲 · \frac{m_甲}{m_乙} · \frac{\Delta t_甲}{\Delta t_乙}$
代入已知条件$m_甲:m_乙=4:1$，$c_甲=2.1×10^3\mathrm{J/(kg· ° C)}$，$\Delta t_甲:\Delta t_乙=1:2$：
$c_乙 = 2.1×10^3\mathrm{J/(kg· ° C)} × \frac{4}{1} × \frac{1}{2} = 4.2×10^3\mathrm{J/(kg· ° C)}$
【答案】
(1) 经过4min甲、乙升高的温度之比为$1:2$；
(2) 乙的比热容为$4.2×10^3\mathrm{J/(kg· ° C)}$。
【知识点】
吸热公式应用；温度-时间图像分析；比热容计算
【点评】
本题是热学比热容部分的经典图像题，核心考点是相同热源加热时，相同时间内被加热物体吸收的热量相等这个隐含条件，解题时要注意区分“末温”和“升高的温度”，避免直接用末温计算温度变化的常见错误，整体属于基础应用类题型，适合巩固吸热公式的变形使用。
【难度系数】
0.6
这道题的解题思路很清晰：
1. 解决第一问时，首先从温度-时间图像中分别读出甲、乙两物体的初始温度，以及加热4min后的末温度，物体升高的温度等于末温度减去初始温度，计算出两者的温度变化量后直接求比值即可。
2. 解决第二问时，题目给出两个完全相同的酒精灯加热，说明相同加热时间内，甲、乙吸收的热量是相等的，这是本题的隐含条件。之后利用吸热公式$Q_{吸}=cm\Delta t$，将$Q_甲=Q_乙$的关系代入，变形公式后把已知的质量比、温度变化比、甲的比热容代入，就可以计算得到乙的比热容。
【解析】
(1) 由图像可知：
加热前甲的初温$t_{甲0}=40°\mathrm{C}$，加热4min后甲的末温$t_{甲}=60°\mathrm{C}$，则甲升高的温度：
$\Delta t_甲 = t_甲 - t_{甲0} = 60°\mathrm{C} - 40°\mathrm{C} = 20°\mathrm{C}$
加热前乙的初温$t_{乙0}=20°\mathrm{C}$，加热4min后乙的末温$t_{乙}=60°\mathrm{C}$，则乙升高的温度：
$\Delta t_乙 = t_乙 - t_{乙0} = 60°\mathrm{C} - 20°\mathrm{C} = 40°\mathrm{C}$
因此甲乙升高的温度之比：
$\Delta t_甲:\Delta t_乙 = 20°\mathrm{C}:40°\mathrm{C} = 1:2$
(2) 两个相同的酒精灯加热4min，酒精燃烧放出的热量全部被物体吸收，因此甲、乙吸收的热量相等，即$Q_{吸甲}=Q_{吸乙}$。
根据吸热公式$Q_{吸}=cm\Delta t$可得：
$c_甲 m_甲 \Delta t_甲 = c_乙 m_乙 \Delta t_乙$
将公式变形求乙的比热容：
$c_乙 = c_甲 · \frac{m_甲}{m_乙} · \frac{\Delta t_甲}{\Delta t_乙}$
代入已知条件$m_甲:m_乙=4:1$，$c_甲=2.1×10^3\mathrm{J/(kg· ° C)}$，$\Delta t_甲:\Delta t_乙=1:2$：
$c_乙 = 2.1×10^3\mathrm{J/(kg· ° C)} × \frac{4}{1} × \frac{1}{2} = 4.2×10^3\mathrm{J/(kg· ° C)}$
【答案】
(1) 经过4min甲、乙升高的温度之比为$1:2$；
(2) 乙的比热容为$4.2×10^3\mathrm{J/(kg· ° C)}$。
【知识点】
吸热公式应用；温度-时间图像分析；比热容计算
【点评】
本题是热学比热容部分的经典图像题，核心考点是相同热源加热时，相同时间内被加热物体吸收的热量相等这个隐含条件，解题时要注意区分“末温”和“升高的温度”，避免直接用末温计算温度变化的常见错误，整体属于基础应用类题型，适合巩固吸热公式的变形使用。
【难度系数】
0.6
17. 将一杯热水倒入盛有冷水的容器中,冷水的温度升高了$10^{\circ }C$,再向容器内倒入一杯相同质量和温度的热水,容器中的水温又升高了$6^{\circ }C$. 如果继续向容器中倒入一杯同样的热水,则容器中的水温会升高（
A.$5^{\circ }C$
B.$4^{\circ }C$
C.$3^{\circ }C$
D.$2^{\circ }C$
B
）A.$5^{\circ }C$
B.$4^{\circ }C$
C.$3^{\circ }C$
D.$2^{\circ }C$
答案
17. B 【点拨】设热水和冷水的温度差为t,质量为$m_0$的一杯热水倒入盛有质量为m的冷水的容器中,使得冷水温度升高了$10℃,$
由$Q_{吸}=Q_{放}$,得$cm_0(t-10℃)=cm×10℃,$①
又向容器中倒入一杯同质量、同温度的热水,水温又上升了$6℃$,由$Q_{吸}=Q_{放}$,得
$cm_0(t-10℃-6℃)=c(m+m_0)×6℃,$②
则①-②得
$6℃×cm_0=10℃×cm-6℃×cm-6℃×cm_0,$
整理,得$12℃×cm_0=4℃×cm,$
解得$m=3m_0,$
代入①式可得,$t=40℃.$
假设我们将全部热水一次性倒入冷水中,则由热平衡方程可知:
$3m_0c(40℃-\Delta t)=mc\Delta t,m=3m_0,$
联立两式解得$\Delta t=20℃.$
$40℃-20℃=20℃,$
则倒入第3杯热水后,容器中的水温会上升$20℃-10℃-6℃=4℃.$
由$Q_{吸}=Q_{放}$,得$cm_0(t-10℃)=cm×10℃,$①
又向容器中倒入一杯同质量、同温度的热水,水温又上升了$6℃$,由$Q_{吸}=Q_{放}$,得
$cm_0(t-10℃-6℃)=c(m+m_0)×6℃,$②
则①-②得
$6℃×cm_0=10℃×cm-6℃×cm-6℃×cm_0,$
整理,得$12℃×cm_0=4℃×cm,$
解得$m=3m_0,$
代入①式可得,$t=40℃.$
假设我们将全部热水一次性倒入冷水中,则由热平衡方程可知:
$3m_0c(40℃-\Delta t)=mc\Delta t,m=3m_0,$
联立两式解得$\Delta t=20℃.$
$40℃-20℃=20℃,$
则倒入第3杯热水后,容器中的水温会上升$20℃-10℃-6℃=4℃.$
解析
【分析】
这道题是热平衡类问题，核心规律是不计热量损失时，冷水吸收的热量等于热水放出的热量。解题时首先要明确未知量：原有冷水的质量、单杯热水的质量、冷热初始温差，我们可以先通过前两次倒入热水的已知升温条件，列出两次热平衡方程，消去公共的比热容参数，先推导出冷水质量和单杯热水质量的倍数关系，再求出热水和冷水的初始温差，最后代入第三次倒热水的热平衡关系，就能算出第三次的升温数值。全程要注意每一次热平衡中，吸热的水的末温、放热的热水的降温幅度要对应准确，不能搞错温度差。
【解析】
解：设容器内原有冷水的质量为$m$，每杯热水的质量为$m_0$，热水与冷水的初始温度差为$t$（即初始热水温度减去初始冷水温度为$t$），水的比热容为$c$。
1. 第一次倒入热水后，冷水温度升高$10° C$，根据热平衡$Q_{吸}=Q_{放}$：
$cm × 10° C = cm_0 × (t - 10° C) \tag{①}$
2. 第二次倒入同质量同温度的热水后，容器内水温又升高$6° C$，此时容器内原有水的总质量为$m+m_0$，新倒入的热水降温幅度为$t-10° C -6° C = t-16° C$，再次根据热平衡：
$c(m+m_0) × 6° C = cm_0 × (t - 16° C) \tag{②}$
3. 联立①②消去比热容$c$，将①式变形为$10m = m_0(t-10)$，②式变形为$6(m+m_0)=m_0(t-16)$，两式相减消去$tm_0$项：
$10m -6m -6m_0 = -10m_0 +16m_0$
整理得$4m=12m_0$，即$m=3m_0$。
将$m=3m_0$代入①式，可得$10× 3m_0 = m_0(t-10)$，解得$t=40° C$。
4. 现在已经倒入2杯热水，容器内水温比初始冷水温度高$10° C+6° C=16° C$，通过三杯热水一次性倒入的热平衡计算总升温：
$3m_0 c × (40° C - \Delta t_{总}) = mc × \Delta t_{总}$
代入$m=3m_0$，解得$\Delta t_{总}=20° C$。
因此第三次倒入热水后，水温的升高值为$20° C -10° C -6° C=4° C$。
【答案】B
【知识点】
热平衡方程，热量计算，比热容
【点评】
本题是热学中典型的多步热平衡问题，重点考察学生对吸放热过程中温度差的对应关系的理解，需要通过前两次的已知条件消元推导得到隐含的质量关系和初始温差，避免直接设多个温度变量导致计算复杂，同时也锻炼了学生结合物理规律使用代数消元法解题的能力。
【难度系数】
0.3
这道题是热平衡类问题，核心规律是不计热量损失时，冷水吸收的热量等于热水放出的热量。解题时首先要明确未知量：原有冷水的质量、单杯热水的质量、冷热初始温差，我们可以先通过前两次倒入热水的已知升温条件，列出两次热平衡方程，消去公共的比热容参数，先推导出冷水质量和单杯热水质量的倍数关系，再求出热水和冷水的初始温差，最后代入第三次倒热水的热平衡关系，就能算出第三次的升温数值。全程要注意每一次热平衡中，吸热的水的末温、放热的热水的降温幅度要对应准确，不能搞错温度差。
【解析】
解：设容器内原有冷水的质量为$m$，每杯热水的质量为$m_0$，热水与冷水的初始温度差为$t$（即初始热水温度减去初始冷水温度为$t$），水的比热容为$c$。
1. 第一次倒入热水后，冷水温度升高$10° C$，根据热平衡$Q_{吸}=Q_{放}$：
$cm × 10° C = cm_0 × (t - 10° C) \tag{①}$
2. 第二次倒入同质量同温度的热水后，容器内水温又升高$6° C$，此时容器内原有水的总质量为$m+m_0$，新倒入的热水降温幅度为$t-10° C -6° C = t-16° C$，再次根据热平衡：
$c(m+m_0) × 6° C = cm_0 × (t - 16° C) \tag{②}$
3. 联立①②消去比热容$c$，将①式变形为$10m = m_0(t-10)$，②式变形为$6(m+m_0)=m_0(t-16)$，两式相减消去$tm_0$项：
$10m -6m -6m_0 = -10m_0 +16m_0$
整理得$4m=12m_0$，即$m=3m_0$。
将$m=3m_0$代入①式，可得$10× 3m_0 = m_0(t-10)$，解得$t=40° C$。
4. 现在已经倒入2杯热水，容器内水温比初始冷水温度高$10° C+6° C=16° C$，通过三杯热水一次性倒入的热平衡计算总升温：
$3m_0 c × (40° C - \Delta t_{总}) = mc × \Delta t_{总}$
代入$m=3m_0$，解得$\Delta t_{总}=20° C$。
因此第三次倒入热水后，水温的升高值为$20° C -10° C -6° C=4° C$。
【答案】B
【知识点】
热平衡方程，热量计算，比热容
【点评】
本题是热学中典型的多步热平衡问题，重点考察学生对吸放热过程中温度差的对应关系的理解，需要通过前两次的已知条件消元推导得到隐含的质量关系和初始温差，避免直接设多个温度变量导致计算复杂，同时也锻炼了学生结合物理规律使用代数消元法解题的能力。
【难度系数】
0.3
