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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】本题考查热量计算公式的应用，已知甲、乙两物体的比热容之比、吸收热量之比、升高温度相同，要求质量之比。我们需利用热量公式Q=cmΔt变形得到质量表达式，再代入已知比值计算，注意各物理量对应甲、乙两物体的关系，避免混淆。
【解析】根据热量计算公式Q=cmΔt，变形可得质量m=Q/(cΔt)。已知：c甲:c乙=2:5，Q甲:Q乙=5:1，Δt甲=Δt乙（升高温度相同）。则甲、乙质量之比为：
m甲/m乙 = [Q甲/(c甲Δt甲)] / [Q乙/(c乙Δt乙)]
因为Δt甲=Δt乙，Δt可约去，代入比值：
m甲/m乙 = (Q甲/Q乙) × (c乙/c甲) = (5/1) × (5/2) =25/2，即m甲:m乙=25:2。
【答案】C
【知识点】热量的计算、比热容
【点评】本题是比热容相关的基础比值计算，核心是公式的灵活变形与比值的正确代入，只要掌握热量公式，理清各物理量的对应关系即可轻松解答，属于基础题。
【难度系数】0.7
【解析】根据热量计算公式Q=cmΔt，变形可得质量m=Q/(cΔt)。已知：c甲:c乙=2:5，Q甲:Q乙=5:1，Δt甲=Δt乙（升高温度相同）。则甲、乙质量之比为：
m甲/m乙 = [Q甲/(c甲Δt甲)] / [Q乙/(c乙Δt乙)]
因为Δt甲=Δt乙，Δt可约去，代入比值：
m甲/m乙 = (Q甲/Q乙) × (c乙/c甲) = (5/1) × (5/2) =25/2，即m甲:m乙=25:2。
【答案】C
【知识点】热量的计算、比热容
【点评】本题是比热容相关的基础比值计算，核心是公式的灵活变形与比值的正确代入，只要掌握热量公式，理清各物理量的对应关系即可轻松解答，属于基础题。
【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,放到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.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】
要解决本题，需结合冰熔化的特点和热量计算公式分析：标准大气压下冰的熔点为0℃，冰块不再熔化时，金属块温度与冰的温度相同；冰熔化吸收的热量等于金属块放出的热量，冰凹陷程度越大，金属块放出的热量越多；再根据热量公式$Q_{放}=cm\Delta t$，结合三个金属块的质量、温度变化量关系，可比较比热容大小。
【解析】
1. 分析选项A：标准大气压下冰的熔点为0℃，当冰块形状不再变化时，金属块不再放热，此时金属块温度与冰的温度相同，均为0℃，因此最终三个金属块温度相同，A错误。
2. 分析选项B：冰熔化吸收的热量等于金属块放出的热量，由图可知丙使冰熔化的程度最大，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同，B错误。
3. 分析选项C：标准大气压下冰的熔点固定为0℃，因此冰熔化时的温度一定为0℃，不可能高于0℃，C错误。
4. 分析选项D：三个金属块质量$m$相同，初温相同，末温均为0℃，温度变化量$\Delta t$相同。根据热量公式$Q_{放}=cm\Delta t$，变形得$c=\frac{Q_{放}}{m\Delta t}$，由于丙放出的热量$Q_{放}$最大，$m$和$\Delta t$相同，因此丙的比热容最大，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】
比热容、热量计算、熔化特点
【点评】
本题结合实际场景考查比热容的应用，关键是理解冰熔化吸热与金属块放热的关系，灵活运用热量公式分析，属于中等难度的基础题。
【难度系数】
0.5
要解决本题，需结合冰熔化的特点和热量计算公式分析：标准大气压下冰的熔点为0℃，冰块不再熔化时，金属块温度与冰的温度相同；冰熔化吸收的热量等于金属块放出的热量，冰凹陷程度越大，金属块放出的热量越多；再根据热量公式$Q_{放}=cm\Delta t$，结合三个金属块的质量、温度变化量关系，可比较比热容大小。
【解析】
1. 分析选项A：标准大气压下冰的熔点为0℃，当冰块形状不再变化时，金属块不再放热，此时金属块温度与冰的温度相同，均为0℃，因此最终三个金属块温度相同，A错误。
2. 分析选项B：冰熔化吸收的热量等于金属块放出的热量，由图可知丙使冰熔化的程度最大，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同，B错误。
3. 分析选项C：标准大气压下冰的熔点固定为0℃，因此冰熔化时的温度一定为0℃，不可能高于0℃，C错误。
4. 分析选项D：三个金属块质量$m$相同，初温相同，末温均为0℃，温度变化量$\Delta t$相同。根据热量公式$Q_{放}=cm\Delta t$，变形得$c=\frac{Q_{放}}{m\Delta t}$，由于丙放出的热量$Q_{放}$最大，$m$和$\Delta t$相同，因此丙的比热容最大，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】
比热容、热量计算、熔化特点
【点评】
本题结合实际场景考查比热容的应用，关键是理解冰熔化吸热与金属块放热的关系，灵活运用热量公式分析，属于中等难度的基础题。
【难度系数】
0.5
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】
要解决这道题，需明确两个核心逻辑：① 足够长时间后，试管内水和煤油的温度会与热水温度相同，结合它们初温相同的条件，可判断温度升高值的关系；② 利用热量计算公式$Q=cm\Delta t$，结合比热容的大小关系，判断吸收热量的大小。
【解析】
1. 分析温度变化量：将试管放入热水足够长时间后，水和煤油的末温等于热水的温度，而两者初温相同，因此温度升高值$\Delta t_1=\Delta t_2$。
2. 分析吸收热量：根据热量公式$Q=cm\Delta t$，已知水和煤油的质量$m$相等，$\Delta t$相等，且$c_{水}＞c_{煤油}$，代入公式可得：$Q_1=c_{水}m\Delta t$，$Q_2=c_{煤油}m\Delta t$，因此$Q_1＞Q_2$。
综上，$Q_1＞Q_2$，$\Delta t_1=\Delta t_2$，对应选项C。
【答案】
C
【知识点】
比热容、热量计算
【点评】
本题考查比热容特性与热量公式的应用，关键是明确足够长时间后两种物质的末温相同，进而推导温度变化量相等，再结合比热容大小判断热量关系，属于基础应用类题目。
【难度系数】
0.5
要解决这道题，需明确两个核心逻辑：① 足够长时间后，试管内水和煤油的温度会与热水温度相同，结合它们初温相同的条件，可判断温度升高值的关系；② 利用热量计算公式$Q=cm\Delta t$，结合比热容的大小关系，判断吸收热量的大小。
【解析】
1. 分析温度变化量：将试管放入热水足够长时间后，水和煤油的末温等于热水的温度，而两者初温相同，因此温度升高值$\Delta t_1=\Delta t_2$。
2. 分析吸收热量：根据热量公式$Q=cm\Delta t$，已知水和煤油的质量$m$相等，$\Delta t$相等，且$c_{水}＞c_{煤油}$，代入公式可得：$Q_1=c_{水}m\Delta t$，$Q_2=c_{煤油}m\Delta t$，因此$Q_1＞Q_2$。
综上，$Q_1＞Q_2$，$\Delta t_1=\Delta t_2$，对应选项C。
【答案】
C
【知识点】
比热容、热量计算
【点评】
本题考查比热容特性与热量公式的应用，关键是明确足够长时间后两种物质的末温相同，进而推导温度变化量相等，再结合比热容大小判断热量关系，属于基础应用类题目。
【难度系数】
0.5
15.在标准大气压下，质量为2kg、初温为$20°C$的水吸收了$7.56× 10^{5}J$的热量，那么水温升高了多少摄氏度？$[c_{水}=4.2× 10^{3}J/(kg· °C)]$
答案
15.解:由$Q_{吸}=cm\Delta t$得
$\Delta t=\frac{Q_{吸}}{c_{水} m}=\frac{7. 56×10^{5}\mathrm{J}}{4. 2×10^{3}\mathrm{J/(kg}· ° \mathrm{C)}×2\mathrm{kg}}=90° \mathrm{C},$
$t=t_0+\Delta t=20° \mathrm{C}+90° \mathrm{C}=110° \mathrm{C}.$
因为在标准大气压下,水的沸点为$100° \mathrm{C}$,所以水的温度升高到$100° \mathrm{C}$将不再上升,因此水温升高了 $100° \mathrm{C}-20° \mathrm{C}=80° \mathrm{C}.$
$\Delta t=\frac{Q_{吸}}{c_{水} m}=\frac{7. 56×10^{5}\mathrm{J}}{4. 2×10^{3}\mathrm{J/(kg}· ° \mathrm{C)}×2\mathrm{kg}}=90° \mathrm{C},$
$t=t_0+\Delta t=20° \mathrm{C}+90° \mathrm{C}=110° \mathrm{C}.$
因为在标准大气压下,水的沸点为$100° \mathrm{C}$,所以水的温度升高到$100° \mathrm{C}$将不再上升,因此水温升高了 $100° \mathrm{C}-20° \mathrm{C}=80° \mathrm{C}.$
解析
【分析】
要解决该问题，首先利用吸热公式计算水理论上可升高的温度，再结合标准大气压下水的沸点特性，判断水实际能升高的温度——水沸腾时温度保持不变，不会超过沸点，需修正理论计算的结果。
【解析】
解：根据吸热公式$Q_{吸}=c_{水}m\Delta t$，可得水理论升高的温度：
$\Delta t=\frac{Q_{吸}}{c_{水}m}=\frac{7.56×10^5J}{4.2×10^3J/(kg·° C)×2kg}=90° C$
水的理论末温：$t=t_0+\Delta t=20° C+90° C=110° C$
在标准大气压下，水的沸点为$100° C$，水沸腾后温度不再上升，因此水实际能达到的最高温度为$100° C$，则水温实际升高的温度为：
$\Delta t'=100° C - 20° C=80° C$
【答案】
$80° C$
【知识点】
热量计算、沸点与气压的关系
【点评】
本题考查热量公式的应用，易错点是忽略标准大气压下水的沸点限制，直接使用理论计算的温度差，需结合实际物理规律修正结果。
【难度系数】
0.6
要解决该问题，首先利用吸热公式计算水理论上可升高的温度，再结合标准大气压下水的沸点特性，判断水实际能升高的温度——水沸腾时温度保持不变，不会超过沸点，需修正理论计算的结果。
【解析】
解：根据吸热公式$Q_{吸}=c_{水}m\Delta t$，可得水理论升高的温度：
$\Delta t=\frac{Q_{吸}}{c_{水}m}=\frac{7.56×10^5J}{4.2×10^3J/(kg·° C)×2kg}=90° C$
水的理论末温：$t=t_0+\Delta t=20° C+90° C=110° C$
在标准大气压下，水的沸点为$100° C$，水沸腾后温度不再上升，因此水实际能达到的最高温度为$100° C$，则水温实际升高的温度为：
$\Delta t'=100° C - 20° C=80° C$
【答案】
$80° C$
【知识点】
热量计算、沸点与气压的关系
【点评】
本题考查热量公式的应用，易错点是忽略标准大气压下水的沸点限制，直接使用理论计算的温度差，需结合实际物理规律修正结果。
【难度系数】
0.6
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$4\mathrm{min}$甲、乙升高的温度之比为多少？
(2) 乙的比热容为多少？
(1) 经过$4\mathrm{min}$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 $\Delta t_{甲}:\Delta t_{乙}=20° \mathrm{C}:40° \mathrm{C}=1:2.$
(2)4min内甲、乙吸收的热量相等,根据 $Q_{吸}=cm\Delta t$,得
$c_{甲} m_{甲} \Delta t_{甲}=c_{乙} m_{乙} \Delta t_{乙},$
$c_{乙}=c_{甲}×\frac{m_{甲}}{m_{乙}}×\frac{\Delta t_{甲}}{\Delta t_{乙}}=2. 1×10^{3}\mathrm{J/(kg}· ° \mathrm{C)}×\frac{4}{1}×\frac{1}{2}=4. 2×10^{3}\mathrm{J/(kg}· ° \mathrm{C)}.$
(2)4min内甲、乙吸收的热量相等,根据 $Q_{吸}=cm\Delta t$,得
$c_{甲} m_{甲} \Delta t_{甲}=c_{乙} m_{乙} \Delta t_{乙},$
$c_{乙}=c_{甲}×\frac{m_{甲}}{m_{乙}}×\frac{\Delta t_{甲}}{\Delta t_{乙}}=2. 1×10^{3}\mathrm{J/(kg}· ° \mathrm{C)}×\frac{4}{1}×\frac{1}{2}=4. 2×10^{3}\mathrm{J/(kg}· ° \mathrm{C)}.$
解析
【分析】
要解决本题，需先从温度-时间图像中提取甲、乙的初温和末温，计算升高的温度之比；再利用相同酒精灯加热时相同时间内吸收热量相等的特点，结合热量公式$Q_{吸}=cm\Delta t$推导计算乙的比热容。第一步，读取图像数据确定甲、乙的温度变化，得到温度之比；第二步，利用热量相等关系，变形公式求解乙的比热容。
【解析】
(1) 由图像可知，甲的初始温度为$40°\mathrm{C}$，乙的初始温度为$20°\mathrm{C}$，经过$4\mathrm{min}$后，甲、乙的末温均为$60°\mathrm{C}$。
甲升高的温度：$\Delta t_{甲}=60°\mathrm{C}-40°\mathrm{C}=20°\mathrm{C}$，
乙升高的温度：$\Delta t_{乙}=60°\mathrm{C}-20°\mathrm{C}=40°\mathrm{C}$，
则甲、乙升高的温度之比：$\Delta t_{甲}:\Delta t_{乙}=20°\mathrm{C}:40°\mathrm{C}=1:2$。
(2) 相同酒精灯加热时，相同时间内甲、乙吸收的热量相等，即$Q_{甲吸}=Q_{乙吸}$。
根据热量公式$Q_{吸}=cm\Delta t$，可得：$c_{甲}m_{甲}\Delta t_{甲}=c_{乙}m_{乙}\Delta t_{乙}$，
变形得乙的比热容：$c_{乙}=c_{甲}×\frac{m_{甲}}{m_{乙}}×\frac{\Delta t_{甲}}{\Delta t_{乙}}$，
已知$m_{甲}:m_{乙}=4:1$，$c_{甲}=2.1×10^3\mathrm{J/(kg·°\mathrm{C})}$，$\Delta t_{甲}:\Delta t_{乙}=1:2$，代入得：
$c_{乙}=2.1×10^3\mathrm{J/(kg·°\mathrm{C})}×\frac{4}{1}×\frac{1}{2}=4.2×10^3\mathrm{J/(kg·°\mathrm{C})}$。
【答案】
(1) $1:2$；(2) $4.2×10^3\mathrm{J/(kg·°\mathrm{C})}$
【知识点】
比热容计算、热量公式应用
【点评】
本题结合温度-时间图像考查比热容的计算，关键是利用相同酒精灯加热时热量相等的隐含条件，以及正确读取图像中的温度变化量，需熟练掌握热量公式的变形应用。
【难度系数】
0.5
要解决本题，需先从温度-时间图像中提取甲、乙的初温和末温，计算升高的温度之比；再利用相同酒精灯加热时相同时间内吸收热量相等的特点，结合热量公式$Q_{吸}=cm\Delta t$推导计算乙的比热容。第一步，读取图像数据确定甲、乙的温度变化，得到温度之比；第二步，利用热量相等关系，变形公式求解乙的比热容。
【解析】
(1) 由图像可知，甲的初始温度为$40°\mathrm{C}$，乙的初始温度为$20°\mathrm{C}$，经过$4\mathrm{min}$后，甲、乙的末温均为$60°\mathrm{C}$。
甲升高的温度：$\Delta t_{甲}=60°\mathrm{C}-40°\mathrm{C}=20°\mathrm{C}$，
乙升高的温度：$\Delta t_{乙}=60°\mathrm{C}-20°\mathrm{C}=40°\mathrm{C}$，
则甲、乙升高的温度之比：$\Delta t_{甲}:\Delta t_{乙}=20°\mathrm{C}:40°\mathrm{C}=1:2$。
(2) 相同酒精灯加热时，相同时间内甲、乙吸收的热量相等，即$Q_{甲吸}=Q_{乙吸}$。
根据热量公式$Q_{吸}=cm\Delta t$，可得：$c_{甲}m_{甲}\Delta t_{甲}=c_{乙}m_{乙}\Delta t_{乙}$，
变形得乙的比热容：$c_{乙}=c_{甲}×\frac{m_{甲}}{m_{乙}}×\frac{\Delta t_{甲}}{\Delta t_{乙}}$，
已知$m_{甲}:m_{乙}=4:1$，$c_{甲}=2.1×10^3\mathrm{J/(kg·°\mathrm{C})}$，$\Delta t_{甲}:\Delta t_{乙}=1:2$，代入得：
$c_{乙}=2.1×10^3\mathrm{J/(kg·°\mathrm{C})}×\frac{4}{1}×\frac{1}{2}=4.2×10^3\mathrm{J/(kg·°\mathrm{C})}$。
【答案】
(1) $1:2$；(2) $4.2×10^3\mathrm{J/(kg·°\mathrm{C})}$
【知识点】
比热容计算、热量公式应用
【点评】
本题结合温度-时间图像考查比热容的计算，关键是利用相同酒精灯加热时热量相等的隐含条件，以及正确读取图像中的温度变化量，需熟练掌握热量公式的变形应用。
【难度系数】
0.5
17.将一杯热水倒入盛有冷水的容器中，冷水的温度升高了$10°C$，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$6°C$.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.$5°C$
B.$4°C$
C.$3°C$
D.$2°C$
B
）A.$5°C$
B.$4°C$
C.$3°C$
D.$2°C$
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 $10° \mathrm{C}$,
由 $Q_{吸}=Q_{放}$,得 $cm_0(t-10° \mathrm{C})=cm×10° \mathrm{C}$,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 $6° \mathrm{C}$,由 $Q_{吸}=Q_{放}$,得
$cm_0(t-10° \mathrm{C}-6° \mathrm{C})=c(m+m_0)×6° \mathrm{C}$,②
则①$-$②得
$6° \mathrm{C}× cm_0=10° \mathrm{C}× cm-6° \mathrm{C}× cm-6° \mathrm{C}× cm_0$,
整理,得 $12° \mathrm{C}× cm_0=4° \mathrm{C}× cm$,
解得 $m=3m_0$,
代入①式可得,$t=40° \mathrm{C}.$
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:$3m_0 c(40° \mathrm{C}-\Delta t)=mc\Delta t$,$m=3m_0$,
联立两式解得 $\Delta t=20° \mathrm{C}.$
$40° \mathrm{C}-20° \mathrm{C}=20° \mathrm{C}$,
则倒入第 3 杯热水后,容器中的水温会上升 $20° \mathrm{C}-10° \mathrm{C}-6° \mathrm{C}=4° \mathrm{C}.$
由 $Q_{吸}=Q_{放}$,得 $cm_0(t-10° \mathrm{C})=cm×10° \mathrm{C}$,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 $6° \mathrm{C}$,由 $Q_{吸}=Q_{放}$,得
$cm_0(t-10° \mathrm{C}-6° \mathrm{C})=c(m+m_0)×6° \mathrm{C}$,②
则①$-$②得
$6° \mathrm{C}× cm_0=10° \mathrm{C}× cm-6° \mathrm{C}× cm-6° \mathrm{C}× cm_0$,
整理,得 $12° \mathrm{C}× cm_0=4° \mathrm{C}× cm$,
解得 $m=3m_0$,
代入①式可得,$t=40° \mathrm{C}.$
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:$3m_0 c(40° \mathrm{C}-\Delta t)=mc\Delta t$,$m=3m_0$,
联立两式解得 $\Delta t=20° \mathrm{C}.$
$40° \mathrm{C}-20° \mathrm{C}=20° \mathrm{C}$,
则倒入第 3 杯热水后,容器中的水温会上升 $20° \mathrm{C}-10° \mathrm{C}-6° \mathrm{C}=4° \mathrm{C}.$
解析
【分析】本题属于热学中的热平衡问题，核心是不计热量损失时，热水放出的热量等于冷水（或容器内原有水）吸收的热量。解题思路：先设冷水质量、每杯热水质量、热水与冷水的初始温度差三个未知量，根据两次倒入热水后水温的变化，分别列出热平衡方程，联立求解得到冷水质量与每杯热水质量的关系、热水与冷水的温差，再计算第三次倒入热水后水温的升高量。
【解析】设冷水质量为$ m $，每杯热水质量为$ m_0 $，热水初始温度比冷水高$ t℃ $。
1. 第一次倒入热水，冷水升温$ 10℃ $，由$ Q_{吸}=Q_{放} $（不计热量损失）：
$ c m_0 (t - 10℃) = c m × 10℃ $，约去$ c $得：$ m_0 (t -10) =10m $ ①
2. 第二次倒入相同热水，水温又升高$ 6℃ $，此时容器内水总质量为$ m+m_0 $，热水温度降低了$ (t -10℃ -6℃) $，同理：
$ c m_0 (t -10℃ -6℃) = c (m + m_0) ×6℃ $，约去$ c $得：$ m_0 (t -16)=6(m + m_0) $ ②
3. 联立①②，①-②消去$ t $：
$ m_0(t-10) - m_0(t-16) =10m -6(m+m_0) $
化简得：$ 6m_0 =4m -6m_0 $，解得$ m=3m_0 $
4. 将$ m=3m_0 $代入①，得：$ m_0(t-10)=10×3m_0 $，解得$ t=40℃ $
5. 若将3杯热水一次性倒入冷水，设总升温为$ Δt $，由热平衡方程：
$ 3m_0 c (40℃ -Δt) = m c Δt $，代入$ m=3m_0 $：
$ 3m_0 (40 -Δt)=3m_0 ×Δt $，约去$ 3m_0 $得：$ 40 -Δt=Δt $，解得$ Δt=20℃ $
6. 前两次共升温$ 10℃+6℃=16℃ $，故第三次倒入后水温升高：$ 20℃ -16℃=4℃ $
【答案】B
【知识点】热平衡方程、热量计算
【点评】本题通过多次热传递的情况，考查热平衡方程的应用，关键是联立方程求出未知量，理清每次热传递的温度变化，对逻辑分析能力要求较高，是热学部分的典型中档题。
【难度系数】0.5
【解析】设冷水质量为$ m $，每杯热水质量为$ m_0 $，热水初始温度比冷水高$ t℃ $。
1. 第一次倒入热水，冷水升温$ 10℃ $，由$ Q_{吸}=Q_{放} $（不计热量损失）：
$ c m_0 (t - 10℃) = c m × 10℃ $，约去$ c $得：$ m_0 (t -10) =10m $ ①
2. 第二次倒入相同热水，水温又升高$ 6℃ $，此时容器内水总质量为$ m+m_0 $，热水温度降低了$ (t -10℃ -6℃) $，同理：
$ c m_0 (t -10℃ -6℃) = c (m + m_0) ×6℃ $，约去$ c $得：$ m_0 (t -16)=6(m + m_0) $ ②
3. 联立①②，①-②消去$ t $：
$ m_0(t-10) - m_0(t-16) =10m -6(m+m_0) $
化简得：$ 6m_0 =4m -6m_0 $，解得$ m=3m_0 $
4. 将$ m=3m_0 $代入①，得：$ m_0(t-10)=10×3m_0 $，解得$ t=40℃ $
5. 若将3杯热水一次性倒入冷水，设总升温为$ Δt $，由热平衡方程：
$ 3m_0 c (40℃ -Δt) = m c Δt $，代入$ m=3m_0 $：
$ 3m_0 (40 -Δt)=3m_0 ×Δt $，约去$ 3m_0 $得：$ 40 -Δt=Δt $，解得$ Δt=20℃ $
6. 前两次共升温$ 10℃+6℃=16℃ $，故第三次倒入后水温升高：$ 20℃ -16℃=4℃ $
【答案】B
【知识点】热平衡方程、热量计算
【点评】本题通过多次热传递的情况，考查热平衡方程的应用，关键是联立方程求出未知量，理清每次热传递的温度变化，对逻辑分析能力要求较高，是热学部分的典型中档题。
【难度系数】0.5
