例3 (安徽中考)一保温杯中装有质量为200 g，温度为25 ℃的水。将一个质量为100 g、温度为100 ℃的金属块放入杯中，一段时间后杯内水和金属块的温度稳定在30 ℃。假设金属块放出的热量全部被水吸收，已知水的比热容为$4.2×10^3$ J/(kg·℃)，则该金属块的比热容为 J/(kg·℃)。

$0.6×10^3$
解析 水吸收的热量$Q_{吸}=c_{水}m_{水}(t-t_{水})$,金属块放出的热量$Q_{放}=c_{金}m_{金}(t_{金}-t)$,由题意知$Q_{吸}=Q_{放}$,即$c_{水}m_{水}(t-t_{水})=c_{金}m_{金}(t_{金}-t)$,则该金属块的比热容
$c_{金}=\dfrac{c_{水}m_{水}(t-t_{水})}{m_{金}(t_{金}-t)}=\dfrac{4.2×10^3\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg}·℃)×0.2\ \mathrm{kg}×(30\ ℃-25\ ℃)}{0.1\ \mathrm{kg}×(100\ ℃-30\ ℃)}=0.6×10^3\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg}·℃)$。

【分析】
本题考查热平衡方程的应用，解题思路是：根据题意，金属块放出的热量全部被水吸收，即满足Q吸=Q放。先明确水吸收热量和金属块放出热量的计算公式，再将已知量（注意质量单位需统一为kg）代入公式，通过联立方程求解金属块的比热容。
【解析】
已知：水的质量$m_{水}=200\ \mathrm{g}=0.2\ \mathrm{kg}$，水的初温$t_{水}=25\ ℃$，末温$t=30\ ℃$；金属块质量$m_{金}=100\ \mathrm{g}=0.1\ \mathrm{kg}$，金属块初温$t_{金}=100\ ℃$，水的比热容$c_{水}=4.2×10^3\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg·℃})$。
根据热平衡条件，金属块放出的热量等于水吸收的热量，即$Q_{吸}=Q_{放}$。
热量计算公式：$Q_{吸}=c_{水}m_{水}(t-t_{水})$，$Q_{放}=c_{金}m_{金}(t_{金}-t)$。
联立得金属块比热容公式：$c_{金}=\dfrac{c_{水}m_{水}(t-t_{水})}{m_{金}(t_{金}-t)}$。
代入数值计算：
$c_{金}=\dfrac{4.2×10^3\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg·℃})×0.2\ \mathrm{kg}×(30\ ℃-25\ ℃)}{0.1\ \mathrm{kg}×(100\ ℃-30\ ℃)}=\dfrac{4.2×10^3×1}{7}=0.6×10^3\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg·℃})$。
【答案】
$0.6×10^3$
【知识点】
热量的计算、热平衡方程
【点评】
本题为中考热学基础题，核心考查热平衡方程的应用，解题关键是掌握$Q_{吸}=Q_{放}$的关系，注意质量单位的统一，整体难度较低，属于学生必须掌握的基础题型。
【难度系数】
0.6

例4 为研究物质吸收热量的情况，小华同学分别对质量都为1 kg、初温都为30 ℃的水和煤油加热，结果水温升高到80 ℃，不计热量损失，已知$c_{水}=4.2×10^{3}\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg}·℃)$，$c_{煤油}=$$2.1×10^{3}\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg}·℃)$，煤油的沸点为150 ℃。
(1)水吸收的热量是多少？
(2)若水吸收的热量全部被煤油吸收，则煤油的温度能升高到多少？
【易错警示】
解题时，抓住对温度的描述字眼，“升高”“升高了”“降低”“降低了”表示的是温度的变化量$\Delta t$，而“升高到”“降低到”表示的是物体的末温$t$。

解：(1)水吸收的热量
$Q_{水}=c_{水}m_{水}\Delta t_{水}=4.2×10^3\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg}·℃)×1\ \mathrm{kg}×(80\ ℃-30\ ℃)=2.1×10^5\ \mathrm{J}$。
(2)由题意知煤油吸收的热量
$Q_{煤油}=Q_{水}=2.1×10^5\ \mathrm{J}$，
由$Q_{吸}=cm\Delta t$得煤油升高的温度
$\Delta t_{煤油}=\dfrac{Q_{煤油}}{c_{煤油}m_{煤油}}=\dfrac{2.1×10^5\ \mathrm{J}}{2.1×10^3\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg}·℃)×1\ \mathrm{kg}}=100\ ℃$，
煤油升高到的温度
$t_{煤油}=t_{0煤油}+\Delta t_{煤油}=30\ ℃+100\ ℃=130\ ℃$。
答：(1)水吸收的热量是$2.1×10^5\ \mathrm{J}$。
(2)煤油的温度能升高到$130\ ℃$。

【分析】
解题思路：第(1)问求水吸收的热量，需利用吸热公式$Q_{吸}=cm\Delta t$，明确$\Delta t$是温度变化量（末温减初温），代入水的相关参数计算；第(2)问中，不计热量损失时煤油吸收的热量等于水吸收的热量，再用吸热公式变形$\Delta t=\frac{Q}{cm}$算出煤油升高的温度，结合煤油初温得到末温，同时需判断末温是否超过煤油沸点（本题未超过，结果合理）。
【解析】
解：(1) 根据吸热公式$Q_{吸}=cm\Delta t$，水的温度变化量$\Delta t_{水}=80℃-30℃=50℃$，代入参数得：
$Q_{水}=c_{水}m_{水}\Delta t_{水}=4.2×10^3\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg}·℃)×1\ \mathrm{kg}×50℃=2.1×10^5\ \mathrm{J}$。
(2) 不计热量损失，煤油吸收的热量$Q_{煤油}=Q_{水}=2.1×10^5\ \mathrm{J}$，由$\Delta t=\frac{Q}{cm}$得煤油升高的温度：
$\Delta t_{煤油}=\dfrac{Q_{煤油}}{c_{煤油}m_{煤油}}=\dfrac{2.1×10^5\ \mathrm{J}}{2.1×10^3\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg}·℃)×1\ \mathrm{kg}}=100℃$，
煤油的末温为：$t_{煤油}=t_{0煤油}+\Delta t_{煤油}=30℃+100℃=130℃$，且130℃小于煤油沸点150℃，结果合理。
【答案】
(1) 水吸收的热量是$2.1×10^5\ \mathrm{J}$；(2) 煤油的温度能升高到$130℃$。
【知识点】
热量的计算、比热容的应用
【点评】
本题考查吸热公式的基础应用，核心是区分温度变化量$\Delta t$与末温，利用热量守恒（不计损失）建立两物质热量的关系，需注意结合物质沸点验证末温合理性，属于易掌握的基础题型。
【难度系数】
0.6

核心内容·建构

热量
热量的概念、单位
比较不同物质吸收热量的情况
实验方法：①和转换法
实验结论：不同物质，在质量相等，升高的温度相同时，吸收的热量一般不同
构建
比热容
比热容的概念、单位
公式：②
物理意义：反映物质自身性质的物理量
热量的计算
应用
吸热公式：③
放热公式：④

① 控制变量法
② $c=\dfrac{Q}{m \Delta t}$
③ $Q_{吸}=cm(t-t_0)$
④ $Q_{放}=cm(t_0-t)$

【分析】
本题是关于热量、比热容相关概念及公式的基础填空题，需结合比热容实验方法、定义及热量计算公式来填写空缺。首先，比较不同物质吸收热量情况的实验中，需控制多个变量，故实验方法为控制变量法；其次，比热容的定义式是单位质量的物质温度变化1℃时吸收或放出的热量，对应公式为$c=\dfrac{Q}{m\Delta t}$；最后，热量计算分为吸热和放热，吸热时温度从初温$t_0$升到末温$t$，温度变化为$t-t_0$，放热时温度从初温$t_0$降到末温$t$，温度变化为$t_0-t$，对应吸热和放热公式。
【解析】
1. 实验方法：比较不同物质吸收热量的情况时，需控制物质的质量、升高的温度等变量相同，仅改变物质种类，用到控制变量法，故①填控制变量法；
2. 比热容公式：比热容的定义为一定质量的某种物质，温度升高时吸收的热量与它的质量和升高温度乘积之比，公式为$c=\dfrac{Q}{m\Delta t}$，故②填$c=\dfrac{Q}{m\Delta t}$；
3. 吸热公式：物体吸热时，热量等于比热容、质量、升高温度的乘积，升高温度为末温减初温（$t-t_0$），故吸热公式为$Q_{吸}=cm(t-t_0)$，即③；
4. 放热公式：物体放热时，热量等于比热容、质量、降低温度的乘积，降低温度为初温减末温（$t_0-t$），故放热公式为$Q_{放}=cm(t_0-t)$，即④。
【答案】
①控制变量法；②$c=\dfrac{Q}{m\Delta t}$；③$Q_{吸}=cm(t-t_0)$；④$Q_{放}=cm(t_0-t)$
【知识点】
比热容、热量计算、控制变量法
【点评】
本题考查热量、比热容的基础知识点，属于概念和公式的直接应用，难度较低，需学生牢记相关实验方法、比热容定义及热量计算公式。
【难度系数】
0.8

1.比较水和食用油吸收热量的情况的实验装置如图所示。

(1)图中相同的烧杯所装水和食用油的体积（选填“相同”或“不同”）。
(2)用规格相同的电加热器使水和食用油在相同的时间内吸收（选填“相同”或“不同”）的热量，通过比较加热时间，即可比较它们吸收的热量。
(3)实验表明，质量相等的水和食用油，升高相同的温度时，不同。

(1) 不同
(2) 相同
(3) 吸收的热量

【分析】
本题是探究不同物质吸热能力的实验，需运用控制变量法分析。(1)实验中要保证水和食用油质量相等，由于水和食用油密度不同，根据$ m=\rho V $，质量相同时密度不同则体积不同；(2)规格相同的电加热器相同时间放热相同，因此相同时间内两种物质吸收热量相同；(3)根据热量公式$ Q=cm\Delta t $，质量相等、升高温度相同时，比热容不同则吸收热量不同。
【解析】
(1) 探究水和食用油吸热能力时，需控制两者质量相等。已知水的密度大于食用油的密度，由公式$ m=\rho V $可知，质量$ m $相同时，密度$ \rho $不同则体积$ V $不同，因此相同烧杯所装水和食用油的体积不同。
(2) 规格相同的电加热器，在相同时间内放出的热量相同，所以水和食用油在相同时间内吸收的热量相同，实验中通过加热时间长短来反映吸收热量的多少。
(3) 根据吸热公式$ Q=cm\Delta t $，当质量$ m $相等、升高的温度$ \Delta t $相同时，水和食用油的比热容$ c $不同，因此它们吸收的热量$ Q $不同，即质量相等的水和食用油升高相同温度时，吸收的热量不同。
【答案】
(1) 不同；(2) 相同；(3) 吸收的热量
【知识点】
比热容、热量计算、控制变量法
【点评】
本题考查探究物质吸热能力的实验，核心是控制变量法的应用，理解实验中质量、体积、热量的关系，属于热学基础实验题，难度适中，需掌握相关公式和实验原理。
【难度系数】
0.6

2.下表是一些物质的比热容，根据表中数据，下列判断正确的是 （）


A.因为水的比热容大，所以水吸收的热量比铝多
B.因为水的比热容比沙子的大，所以晚上海水的温度比沙滩的高
C.比热容与物质种类有关，与状态无关
D.夏天我们往往会在地上洒水来达到降温的效果，这是利用水的比热容较大的特点

B

【分析】本题考查比热容的相关知识，需结合比热容的定义、热量计算公式$Q=cm\Delta t$，以及比热容的特性和生活应用，逐一分析每个选项的正误，判断正确选项。
【解析】
选项A：根据热量公式$Q=cm\Delta t$，物体吸收热量的多少由比热容$c$、质量$m$、温度变化量$\Delta t$共同决定，仅知道水的比热容比铝大，无法确定水和铝吸收热量的多少，故A错误；
选项B：水的比热容比沙子大，夜晚时，海水和沙滩放出相同的热量$Q$，由$\Delta t=\frac{Q}{cm}$可知，比热容$c$越大，温度变化$\Delta t$越小，因此海水温度降低得少，晚上海水温度比沙滩高，故B正确；
选项C：比热容是物质的特性，与物质的种类和状态有关，例如水和冰是同种物质，状态不同，比热容不同（水的比热容为$4.2×10^3J/(kg·℃)$，冰的比热容为$2.1×10^3J/(kg·℃)$），故C错误；
选项D：夏天在地上洒水降温，是利用水蒸发吸热的特点，而非水的比热容较大的特性，故D错误。
【答案】B
【知识点】比热容的概念、热量计算、比热容的应用
【点评】本题围绕比热容的核心知识点展开，需准确理解热量公式的影响因素、比热容的特性，以及生活中常见热现象的原理，易混淆点在于洒水降温的原理，需注意区分蒸发吸热与比热容的应用。
【难度系数】0.6