1. 甲铁块的质量是乙铁块的3倍，吸收相同热量，则甲、乙两铁块的比热容之比和升高温度之比分别为（）

A.$1:1,1:3$
B.$1:3,1:3$
C.$1:1,3:1$
D.$3:1,3:1$

1. A

【分析】
要解决这道题，首先明确比热容是物质的固有特性，同种物质（状态相同）的比热容相等；再根据热量计算公式$Q=cm\Delta t$，结合已知的质量关系和吸收热量相同的条件，通过公式变形即可求出升高温度之比。
【解析】
1. 比热容之比：比热容仅与物质的种类和状态有关，甲、乙均为铁块，属于同种物质，因此$c_甲:c_乙=1:1$。
2. 升高温度之比：根据热量公式$Q=cm\Delta t$，变形得$\Delta t=\frac{Q}{cm}$。已知甲、乙吸收热量相同（$Q_甲=Q_乙$），甲的质量是乙的3倍，即$m_甲:m_乙=3:1$，代入得：
$\frac{\Delta t_甲}{\Delta t_乙}=\frac{\frac{Q}{c_甲m_甲}}{\frac{Q}{c_乙m_乙}}=\frac{c_乙m_乙}{c_甲m_甲}$
将$c_甲:c_乙=1:1$、$m_甲:m_乙=3:1$代入，计算得$\frac{\Delta t_甲}{\Delta t_乙}=\frac{1×1}{1×3}=\frac{1}{3}$，即$\Delta t_甲:\Delta t_乙=1:3$。
综上，比热容之比为$1:1$，升高温度之比为$1:3$，对应选项A。
【答案】A
【知识点】比热容、热量的计算
【点评】本题考查比热容的特性和热量公式的应用，属于基础题型，关键是牢记同种物质比热容相同，并能灵活运用热量公式进行比例计算，难度较低。
【难度系数】0.6

2. 将质量、初温均相等的铁块和铝块($c_{铁}＜c_{铝}$)放在沸水中煮较长一段时间,则 （）

A.铁块和铝块吸收的热量一样多
B.铝块比铁块吸收的热量多
C.铁块比铝块吸收的热量多
D.条件不足,无法确定

2. B

【分析】
要解决这道题，需明确两个核心要点：一是铁块和铝块在沸水中煮较长时间后，最终温度等于沸水温度，结合两者初温相等，可确定温度变化量Δt相同；二是利用吸热公式Q吸=cmΔt分析，当质量m和温度变化量Δt一定时，吸收的热量与物质的比热容成正比。已知c铁＜c铝，据此判断吸收热量的多少。
【解析】
铁块和铝块放在沸水中煮较长一段时间后，两者的末温均等于沸水的温度，因此铁块和铝块的温度变化量Δt（Δt=末温-初温）相等，且题目中给出两者质量m相等。根据热量计算公式Q吸=cmΔt，当m和Δt一定时，物质的比热容c越大，吸收的热量Q越多。由于c铁＜c铝，所以铝块吸收的热量比铁块多，对应选项B。
【答案】
B
【知识点】
比热容、热量的计算
【点评】
本题考查比热容公式的基础应用，核心是确定温度变化量相同，属于常规基础题，需熟练掌握吸热公式与比热容的关系。
【难度系数】
0.6

3. 一杯水，温度由$30\ °\mathrm{C}$升高到$50\ °\mathrm{C}$时吸收的热量为$Q_{1}$，再由$50\ °\mathrm{C}$升高到$70\ °\mathrm{C}$时吸收的热量为$Q_{2}$，$Q_{1}$与$Q_{2}$的大小关系为 （）

A.$Q_{1}＞Q_{2}$
B.$Q_{1}=Q_{2}$
C.$Q_{1}＜Q_{2}$
D.无法判断

3. B

【分析】要比较$Q_1$与$Q_2$的大小，需利用热量计算公式$Q=cm\Delta t$分析：同一杯水的质量$m$不变，水的比热容$c$为定值，只需计算两次温度变化量$\Delta t$，即可判断吸收热量的关系。
【解析】根据热量计算公式$Q=cm\Delta t$：
1. 计算$Q_1$对应的温度变化量：$\Delta t_1=50°\mathrm{C}-30°\mathrm{C}=20°\mathrm{C}$，因此$Q_1=cm×20°\mathrm{C}$；
2. 计算$Q_2$对应的温度变化量：$\Delta t_2=70°\mathrm{C}-50°\mathrm{C}=20°\mathrm{C}$，因此$Q_2=cm×20°\mathrm{C}$；
由于水的质量$m$、比热容$c$均相同，且$\Delta t_1=\Delta t_2$，故$Q_1=Q_2$。
【答案】B
【知识点】热量的计算、比热容
【点评】本题考查热量公式$Q=cm\Delta t$的基础应用，核心是准确计算温度变化量，属于易得分的基础题型，需牢记公式并理清各物理量的关系。
【难度系数】0.6

4. (2024·苏州高新区校级段考)图中的初温为$20°\mathrm{C}$的矿泉水,通过加热温度升高$50°\mathrm{C}$,矿泉水吸收的热量是[矿泉水比热容取$4.2×10^3\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg}·°\mathrm{C})$] ()

A.$7.56×10^4\ \mathrm{J}$
B.$4.2×10^3\ \mathrm{J}$
C.$9×10^3\ \mathrm{J}$
D.$1.26×10^5\ \mathrm{J}$

4. D

【分析】要计算矿泉水吸收的热量，需利用吸热公式$Q_{吸}=cm\Delta t$，因此需要先确定公式中的三个物理量：比热容$c$（题目已给出）、矿泉水的质量$m$（需通过净含量和水的密度计算）、温度变化量$\Delta t$（题目给出升高的温度），再代入公式计算结果，匹配选项。
【解析】解：1. 计算矿泉水的质量：由图可知矿泉水体积$V=600\ \mathrm{mL}=600\ \mathrm{cm}^3=6×10^{-4}\ \mathrm{m}^3$，矿泉水密度近似等于水的密度$\rho=1×10^3\ \mathrm{kg/m}^3$，根据密度公式$\rho=\frac{m}{V}$，可得质量$m=\rho V=1×10^3\ \mathrm{kg/m}^3×6×10^{-4}\ \mathrm{m}^3=0.6\ \mathrm{kg}$；
2. 确定温度变化：题目中温度升高$\Delta t=50°\mathrm{C}$；
3. 计算吸收的热量：根据吸热公式$Q_{吸}=cm\Delta t$，代入数据得：
$Q_{吸}=4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg·° C)}×0.6\ \mathrm{kg}×50°\mathrm{C}=1.26×10^5\ \mathrm{J}$，对应选项D。
【答案】D
【知识点】热量计算、密度公式
【点评】本题是基础的热学计算题，核心是掌握吸热公式和密度公式的应用，需注意体积单位与质量单位的换算，整体难度较低，属于学生应掌握的基础题型。
【难度系数】0.3

5. 将质量和初温均相同的铝、铜、铁三个金属球($c_{\mathrm{铝}}＞c_{\mathrm{铁}}＞c_{\mathrm{铜}}$)浸没在$100\ °\mathrm{C}$的沸水中煮较长一段时间,则三个球的温度(相同/不相同)。从沸水中吸热最多的是球。先达到$100\ °\mathrm{C}$的是球。

5. 相同 铝 铜

【分析】
要解决这道题，需结合热平衡原理和热量计算公式分析：首先，金属球在沸水中煮较长时间会达到热平衡，温度与沸水一致；其次，利用热量公式Q=cmΔt，结合比热容大小判断吸热多少；最后，根据比热容与升温快慢的关系，判断哪个球先达到100℃。
【解析】
1. 温度判断：将三个金属球浸没在100℃的沸水中煮较长时间，最终三者与沸水达到热平衡，温度均等于沸水温度，因此三个球的温度相同。
2. 吸热多少判断：根据热量公式Q=cmΔt，三个球质量m相同，初温与末温的差值Δt（末温100℃，初温相同）也相同。已知c铝＞c铁＞c铜，比热容越大，吸收的热量越多，故吸热最多的是铝球。
3. 达到100℃的先后判断：初温相同，吸收相同热量时，由Δt=Q/(cm)可知，比热容越小，温度升高越快。铜的比热容最小，因此铜球升温最快，先达到100℃。
【答案】
相同 铝 铜
【知识点】
比热容、热量计算、热平衡
【点评】
本题考查比热容的实际应用，核心是理解热平衡时温度相同，以及热量公式的灵活运用，结合比热容大小分析吸热和升温快慢，属于基础热学题。
【难度系数】
0.3

6. 将一瓶质量为0.5 kg、温度为25 ℃的纯净水放入冰箱，一段时间后纯净水的温度降低了20 ℃，则这瓶纯净水的内能减少了J，这是通过的方式改变了水的内能。

6. $4.2×10^4$ 热传递

【分析】
本题需要计算水放出的热量（即内能减少量），并判断改变内能的方式。首先利用热量计算公式$Q_{放}=cm\Delta t$计算水放出的热量，再根据内能改变的两种方式（做功和热传递）判断本题的方式。
【解析】
1. 计算水放出的热量（即内能减少量）：
水的比热容$c=4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}$，质量$m=0.5\ \mathrm{kg}$，温度降低值$\Delta t=20\ \mathrm{℃}$，根据公式$Q_{放}=cm\Delta t$，代入数值可得：
$Q_{放}=4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}×0.5\ \mathrm{kg}×20\ \mathrm{℃}=4.2×10^4\ \mathrm{J}$。
2. 判断改变内能的方式：
水放入冰箱后，热量从水转移到冰箱，是通过热传递的方式改变水的内能。
【答案】
$4.2×10^4$ 热传递
【知识点】
热量计算、内能的改变方式
【点评】
本题为基础题，考查热量公式的应用和改变内能的两种方式，需牢记水的比热容数值及相关概念，难度较低。
【难度系数】
0.8

7. 湖水吸收了$8.4× 10^{9}\ \mathrm{J}$的热量后，水温升高$1\ °\mathrm{C}$，则湖水的质量为$\mathrm{kg}$，若这些热量被同等质量的沙石全部吸收（$c_{\mathrm{沙石}}＜c_{\mathrm{水}}$），则沙石升高的温度将（大于/等于/小于）$1\ °\mathrm{C}$。

7. $2×10^6$ 大于

【分析】本题考查热量公式的应用，第一问需利用热量计算公式变形求湖水质量，需牢记水的比热容；第二问根据热量公式分析温度变化与比热容的关系，核心是理解Q、m相同时，比热容越小温度变化越大。
【解析】解：（1）根据热量公式$Q=cm\Delta t$，变形可得质量$m=\frac{Q}{c\Delta t}$。已知湖水吸收的热量$Q=8.4×10^9\ \mathrm{J}$，水的比热容$c_{\mathrm{水}}=4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}$，水温升高$\Delta t=1\ \mathrm{℃}$，代入得：$m=\frac{8.4×10^9\ \mathrm{J}}{4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}×1\ \mathrm{℃}}=2×10^6\ \mathrm{kg}$；（2）当热量$Q$和质量$m$相同时，由$\Delta t=\frac{Q}{cm}$可知，比热容$c$越小，温度变化$\Delta t$越大。因为$c_{\mathrm{沙石}}＜c_{\mathrm{水}}$，所以沙石升高的温度大于$1\ \mathrm{℃}$。
【答案】$2×10^6$；大于
【知识点】热量计算、比热容
【点评】本题为基础热量应用题型，关键是掌握热量公式及其变形，理解比热容对温度变化的影响，难度适中。
【难度系数】0.6

8. 质量均为100 g的四种物质，当温度升高1 ℃时所吸收的热量如图所示。请根据图中信息回答以下问题。
（1）煤油的比热容为J/(kg·℃)。
（2）等质量实心的铝块、铜块吸收相同的热量，块温度变化更大。
（3）质量相等的水和煤油温度降低5 ℃时，放出的热量（相等/不相等）。

8. （1）$2.1×10^3$ （2）铜 （3）不相等

【分析】
要解决这道题，需结合比热容的定义和热量计算公式分析：
1. 比热容的定义是单位质量的物质温度升高1℃吸收的热量，公式为$c=\frac{Q}{m\Delta t}$，已知质量、升高温度和吸收热量，可直接计算比热容；
2. 对于温度变化的比较，根据热量公式$Q=cm\Delta t$，变形得$\Delta t=\frac{Q}{cm}$，当质量$m$和吸收热量$Q$相同时，比热容$c$越小，温度变化$\Delta t$越大；
3. 放出热量的比较同理，根据$Q=cm\Delta t$，质量和温度变化相同时，比热容不同则放出热量不同。
【解析】
（1）煤油的质量$m=100g=0.1kg$，温度升高$\Delta t=1℃$时吸收的热量$Q=210J$，根据比热容公式：
$c_{煤油}=\frac{Q}{m\Delta t}=\frac{210J}{0.1kg×1℃}=2.1×10^3 J/(kg·℃)$；
（2）等质量的铝块和铜块吸收相同热量时，由$\Delta t=\frac{Q}{cm}$可知，比热容越小，温度变化越大。从图中可知，相同质量升高1℃时，铜吸收的热量更少，说明铜的比热容更小，因此铜块温度变化更大；
（3）质量相等的水和煤油，温度降低5℃时，根据$Q_{放}=cm\Delta t$，由于水和煤油的比热容$c$不同，所以放出的热量不相等。
【答案】
（1）$2.1×10^3$；（2）铜；（3）不相等
【知识点】
比热容计算；热量公式应用；比热容的物理意义
【点评】
本题结合图像考查比热容的概念及热量公式的应用，需准确从图中提取各物质吸收的热量信息，再结合公式分析，属于基础应用题型，难度不大。
【难度系数】
0.6

9. 小华同学分别对质量都为2 kg、初温都为$30\ °\mathrm{C}$的水和煤油加热，结果水温升高到$60\ °\mathrm{C}$。［不考虑热量损失，已知$c_{水}=4.2×10^{3}\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg}·°\mathrm{C})$，$c_{煤油}=2.1×10^{3}\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg}·°\mathrm{C})$，煤油的沸点为$150\ °\mathrm{C}$］
（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？

9. (1) 水吸收的热量 $Q_{水吸}=c_{水}m_{水}(t_{水}-t_{0水})=4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}×2\ \mathrm{kg}×(60\ ℃-30\ ℃)=2.52×10^5\ \mathrm{J}$
(2) 煤油吸收的热量 $Q_{煤油吸}=Q_{水吸}=2.52×10^5\ \mathrm{J}$,由$Q_{吸}=cm\Delta t$得,煤油温度的升高值$\Delta t_{煤油}=\frac{Q_{煤油吸}}{c_{煤油}m_{煤油}}=\frac{2.52×10^5\ \mathrm{J}}{2.1×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}×2\ \mathrm{kg}}=60\ ℃$,煤油的末温 $t_{煤油}=t_{0煤油}+\Delta t_{煤油}=30\ ℃+60\ ℃=90\ ℃$

【分析】
本题考查热量的计算，解题思路如下：
1. 第（1）问求水吸收的热量，利用吸热公式$Q_{吸}=cm\Delta t$，其中$\Delta t$为水升高的温度（末温减初温），代入水的比热容、质量、初温、末温即可计算。
2. 第（2）问，不考虑热量损失时，煤油吸收的热量等于水吸收的热量，再利用吸热公式变形$\Delta t=\frac{Q_{吸}}{cm}$计算煤油升高的温度，最后加上煤油的初温得到末温，需验证结果是否不超过煤油的沸点（本题结果符合要求）。
【解析】
（1）根据吸热公式$Q_{水吸}=c_{水}m_{水}(t_{水}-t_{0水})$计算水吸收的热量：
代入数据：$c_{水}=4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}$，$m_{水}=2\ \mathrm{kg}$，$t_{水}=60℃$，$t_{0水}=30℃$，
得$Q_{水吸}=4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}×2\ \mathrm{kg}×(60℃-30℃)=2.52×10^5\ \mathrm{J}$。
（2）不考虑热量损失，煤油吸收的热量$Q_{煤油吸}=Q_{水吸}=2.52×10^5\ \mathrm{J}$，
由$Q_{吸}=cm\Delta t$变形得煤油升高的温度：
$\Delta t_{煤油}=\frac{Q_{煤油吸}}{c_{煤油}m_{煤油}}=\frac{2.52×10^5\ \mathrm{J}}{2.1×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}×2\ \mathrm{kg}}=60℃$，
煤油的末温$t_{煤油}=t_{0煤油}+\Delta t_{煤油}=30℃+60℃=90℃$（90℃＜煤油沸点150℃，符合实际）。
【答案】
(1) $2.52×10^5\ \mathrm{J}$；(2) $90℃$
【知识点】
热量的计算、吸热公式应用
【点评】
本题为热量计算基础题，考查吸热公式的运用及热量守恒的应用，步骤明确，需注意温度变化量与末温的区分，以及实际温度不超过沸点的隐含条件，整体难度适中。
【难度系数】
0.6