1. 将4 kg的水倒掉一半，剩下水的比热容是 J/(kg·℃)；初温为30 ℃、质量为2 kg的水吸收$2.1× 10^{5}$ J的热量后温度将升高到 ℃。[$c_{\mathrm{水}}=4.2× 10^{3}$ J/(kg·℃)]

1. $4.2×10^3$；55

【分析】
本题考查比热容的特性和热量的计算。首先明确比热容是物质的固有属性，与质量无关，因此倒掉一半水后比热容不变；其次利用吸热公式的变形计算温度变化量，结合初温求出末温。
【解析】
1. 比热容是物质的一种特性，只与物质的种类和状态有关，与质量、体积无关，所以4kg水倒掉一半后，剩下水的比热容仍为$4.2×10^3$ J/(kg·℃)。
2. 根据吸热公式$Q_{吸}=cmΔt$，变形得温度变化量$Δt=\frac{Q_{吸}}{cm}$，代入数据：$Δt=\frac{2.1×10^5\ \mathrm{J}}{4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}×2\ \mathrm{kg}}=25℃$，则水的末温$t=t_0+Δt=30℃+25℃=55℃$。
【答案】
$4.2×10^3$；55
【知识点】
比热容、热量的计算
【点评】
本题为基础题，需牢记比热容的特性，熟练运用热量公式进行计算，计算时注意数值和单位的对应关系。
【难度系数】
0.8

2. (2025·泸县模拟)在标准大气压下,一个质量为200 g的烧红的铁钉,温度为600 ℃,若它的温度降低到100 ℃,释放的热量为J;若这些热量全部用于加热100 g 52 ℃的水,则水温将升高℃.(已知铁的比热容为$0.42×10^3$ J/(kg·℃),水的比热容为$4.2×10^3$ J/(kg·℃))

2. $4.2×10^4$；48

【分析】
本题需利用热量计算公式$Q=cm\Delta t$解题，计算时要统一物理量单位；计算水升高温度时，需注意标准大气压下水的沸点为100℃，避免水温超过沸点。
【解析】
1. 计算铁钉释放的热量：
铁钉质量$m_{铁}=200g=0.2kg$，温度变化$\Delta t_{铁}=600℃-100℃=500℃$，
根据热量公式$Q_{放}=c_{铁}m_{铁}\Delta t_{铁}$，代入数据得：
$Q_{放}=0.42×10^3 J/(kg·℃)×0.2kg×500℃=4.2×10^4 J$。
2. 计算水升高的温度：
水吸收的热量$Q_{吸}=Q_{放}=4.2×10^4 J$，水的质量$m_{水}=100g=0.1kg$，
根据$Q_{吸}=c_{水}m_{水}\Delta t_{水}$，得理论温度变化：
$\Delta t_{水}=\frac{Q_{吸}}{c_{水}m_{水}}=\frac{4.2×10^4 J}{4.2×10^3 J/(kg·℃)×0.1kg}=100℃$。
但标准大气压下水的沸点为100℃，水初始温度为52℃，故实际水温升高：
$\Delta t'=100℃-52℃=48℃$。
【答案】
$4.2×10^4$；48
【知识点】
热量计算、比热容应用、水的沸点特性
【点评】
本题考查热量公式的应用，易错点为单位转换及忽略水的沸点限制，需注意实际情况中液体沸腾时温度不变。
【难度系数】
0.5

3. 热量的计算公式为$Q_{吸}=cm(t-t_{0})$，$Q_{放}=cm(t_{0}-t)$.已知铁的比热容为$0.46×10^{3}\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg}·°\mathrm{C})$，铝的比热容为$0.88×10^{3}\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg}·°\mathrm{C})$.
（1）一根烧红的铁钉，质量为2 g，温度从$800\ °\mathrm{C}$降低到$700\ °\mathrm{C}$，放出热量.
（2）相同质量的铁和铝，吸收相同的热量，上升温度较高的是（铁/铝）.

3. (1) 92J (2) 铁

【分析】
解决本题需熟练运用热量计算公式，注意单位统一。第（1）问求铁钉放出的热量，需用放热公式$Q_{放}=cm(t_0-t)$，先将质量单位从g换算为kg，再代入数值计算；第（2）问比较温度变化，根据吸热公式变形得$\Delta t=\frac{Q_{吸}}{cm}$，当质量和吸收热量相同时，温度变化与比热容成反比，结合铁和铝的比热容大小判断。
【解析】
（1）统一单位：铁钉质量$m=2\ \mathrm{g}=0.002\ \mathrm{kg}$，初温$t_0=800\ \mathrm{℃}$，末温$t=700\ \mathrm{℃}$，铁的比热容$c_{铁}=0.46×10^3\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg·℃})$。
代入放热公式$Q_{放}=cm(t_0-t)$：
$Q_{放}=0.46×10^3\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg·℃}) × 0.002\ \mathrm{kg} × (800\ \mathrm{℃}-700\ \mathrm{℃}) = 92\ \mathrm{J}$。
（2）由吸热公式$Q_{吸}=cm\Delta t$变形得$\Delta t=\frac{Q_{吸}}{cm}$。已知铁和铝质量$m$相同，吸收热量$Q_{吸}$相同，故$\Delta t$与$c$成反比。因$c_{铁}＜c_{铝}$，则$\Delta t_{铁}＞\Delta t_{铝}$，上升温度较高的是铁。
【答案】
(1) 92J；(2) 铁
【知识点】
热量的计算；比热容的应用
【点评】
本题考查热量公式的应用，关键是单位换算和公式变形，第二问通过控制变量法分析比热容与温度变化的关系，属于基础题，难度适中。
【难度系数】
0.6

4. 在“探究不同物质吸热升温的现象”实验中，量取沙子和水时，要保证它们的质量；用酒精灯分别加热沙子和水，沙子和水的温度升高，能增加；如果采用升高相同温度，比较加热时间的方式，得到的图象应是甲、乙两种图象中的。

4. 相等；内；乙

【分析】
本题是探究不同物质吸热升温的实验题，解题思路如下：
1. 实验需遵循控制变量法，探究不同物质的吸热能力时，要保证沙子和水的质量相等，确保实验变量唯一；
2. 加热过程中，物质吸收热量，温度升高，内能会随之增加；
3. 题目要求“升高相同温度，比较加热时间”，需分析图像：甲图是相同加热时间下温度变化不同，乙图是升高相同温度时所需加热时间不同，符合题目要求，因此选择乙图。
【解析】
1. 探究不同物质吸热升温的实验中，根据控制变量法，需控制沙子和水的质量相等，故第一个空填“相等”；
2. 加热时，沙子和水吸收热量，温度升高，内能增加，故第二个空填“内”；
3. 若采用“升高相同温度，比较加热时间”的方式，即升高相同温度时，加热时间越长，物质吸热能力越强。观察图像：甲图反映相同时间内温度变化不同，乙图反映升高相同温度时两条线对应的时间不同，符合题目要求，因此选乙。
【答案】
相等；内；乙
【知识点】
控制变量法、内能、比热容
【点评】
本题考查探究不同物质吸热升温的实验，涉及控制变量法的应用、内能变化及实验图像的分析，是初中热学的基础实验题，需掌握实验设计思路和图像解读方法。
【难度系数】
0.6

5.（2024·神木）质量相等的水和酒精，它们放出相等的热量后，降低的温度分别为$\Delta t_{水}$、$\Delta t_{酒精}$，已知水的比热容为$4.2× 10^{3}\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg}·°\mathrm{C})$，酒精的比热容为$2.4× 10^{3}\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg}·°\mathrm{C})$，则$\Delta t_{水}:\Delta t_{酒精}$为（）

A.$4:7$
B.$7:4$
C.$1:2$
D.$2:1$

5. A

【分析】
要解决这道题，需利用热量计算公式$Q=cm\Delta t$推导温度变化的关系。已知水和酒精的质量相等、放出的热量相等，根据公式变形可知，降低的温度与比热容成反比，据此可计算两者降低温度的比值。
【解析】
根据热量计算公式$Q=cm\Delta t$，变形得$\Delta t=\frac{Q}{cm}$。
由题意可知：$m_{水}=m_{酒精}$，$Q_{水}=Q_{酒精}$，
则$\frac{\Delta t_{水}}{\Delta t_{酒精}}=\frac{\frac{Q_{水}}{c_{水}m_{水}}}{\frac{Q_{酒精}}{c_{酒精}m_{酒精}}}=\frac{Q_{水}}{Q_{酒精}}×\frac{c_{酒精}}{c_{水}}×\frac{m_{酒精}}{m_{水}}$，
因为$Q_{水}=Q_{酒精}$、$m_{水}=m_{酒精}$，所以比值简化为$\frac{\Delta t_{水}}{\Delta t_{酒精}}=\frac{c_{酒精}}{c_{水}}$。
代入数据：$c_{酒精}=2.4×10^3\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg}·°\mathrm{C})$，$c_{水}=4.2×10^3\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg}·°\mathrm{C})$，
则$\Delta t_{水}:\Delta t_{酒精}=2.4×10^3:4.2×10^3=2.4:4.2=4:7$。
【答案】
A
【知识点】
热量计算、比热容应用
【点评】
本题考查热量公式的灵活应用，核心是掌握“质量和热量一定时，温度变化与比热容成反比”的规律，属于初中物理基础题型，需熟练运用公式变形进行比例计算。
【难度系数】
0.6

6. (2024·莲池)将一个温度为 $ 10\ ℃ $、质量为 $ 500\ \mathrm{g} $ 的物块放入温度为 $ 100\ ℃ $、质量为 $ 800\ \mathrm{g} $ 的水中，物块和水的温度随时间(分)的变化图象如图所示[不计热损失 $ c_{水}=4.2×10^{3}\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg}·℃) $]。以下说法正确的是 ()

A.前 $ 6\ \mathrm{min} $，物块吸收的热量小于水吸收的热量
B.物块的比热容与水的比热容之比为 $ 5:4 $
C.前 $ 6\ \mathrm{min} $，物块吸收的热量是 $ 1.008×10^{5}\ \mathrm{J} $
D.前 $ 6\ \mathrm{min} $，水放出的热量为 $ 2.016×10^{5}\ \mathrm{J} $

6. C

【分析】
本题考查热传递过程中的热量计算，不计热损失时，水放出的热量等于物块吸收的热量。首先从图像中提取关键信息：水的初温为100℃，6min后温度降至70℃，温度变化Δt水=100℃-70℃=30℃；物块初温为10℃，6min后温度升至70℃，温度变化Δt物=70℃-10℃=60℃；再将质量单位换算为kg（m水=800g=0.8kg，m物=500g=0.5kg），结合热量公式Q=cmΔt和热平衡方程分析各选项。
【解析】
不计热损失时，水放出的热量Q放等于物块吸收的热量Q吸，即Q放=Q吸。
1. 计算水放出的热量：
Q放 = c水m水Δt水 = 4.2×10³ J/(kg·℃) × 0.8kg × 30℃ = 1.008×10⁵ J。
2. 分析选项：
A选项：前6min，物块吸收热量，水放出热量，不计热损失，两者热量相等，故A错误。
B选项：由Q放=Q吸得c水m水Δt水 = c物m物Δt物，因此c物/c水=(m水Δt水)/(m物Δt物)=(0.8kg×30℃)/(0.5kg×60℃)=4/5，即物块与水的比热容之比为4:5，故B错误。
C选项：不计热损失，物块吸收的热量Q吸=Q放=1.008×10⁵ J，故C正确。
D选项：前6min水放出的热量为1.008×10⁵ J，不是2.016×10⁵ J，故D错误。
【答案】
C
【知识点】
热量计算、热平衡方程
【点评】
本题结合温度-时间图像考查热量计算，核心是利用热平衡方程（不计热损失时Q放=Q吸），需注意质量单位的换算，整体难度中等，是热学的基础应用题型。
【难度系数】
0.5

7. 初温和质量都相同的铜块和铁块，吸收相同的热量后，将它们相互接触，则 （）

A.它们之间不发生热传递
B.热由铜块传给铁块
C.热从铁块传给铜块
D.无一定规律

7. B

【分析】
要解决该问题，需明确热传递的条件是存在温度差，热量从高温物体传向低温物体，因此需先比较铜块和铁块吸热后的末温。根据热量计算公式Q=cmΔt，变形可得温度变化量Δt=Q/(cm)，已知两者质量m相同、吸收热量Q相同，比热容c越小，温度变化Δt越大。结合铁和铜的比热容大小关系，可判断温度变化量，再结合初温相同的条件，得出末温高低，进而确定热传递方向。
【解析】
根据热量公式Q=cmΔt，变形得温度变化量Δt=Q/(cm)。
已知铜块和铁块的质量m相同，吸收的热量Q相同，且铁的比热容c铁大于铜的比热容c铜（c铁≈0.46×10³J/(kg·℃)，c铜≈0.39×10³J/(kg·℃)），因此：
Δt铜 = Q/(c铜m)，Δt铁 = Q/(c铁m)，由于c铜 ＜ c铁，所以Δt铜 ＞ Δt铁。
又因为两者初温t0相同，故末温t铜 = t0 + Δt铜，t铁 = t0 + Δt铁，可得t铜 ＞ t铁。
热传递的方向是热量从高温物体传向低温物体，因此热由铜块传给铁块，答案选B。
【答案】
B
【知识点】
比热容、热传递
【点评】
本题考查比热容公式的应用和热传递的规律，核心是利用比热容大小判断温度变化量，进而确定末温高低，属于热学基础应用题，需牢记常见物质的比热容大小及热传递的条件。
【难度系数】
0.5