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.（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℃
D.丙的比热容一定大于甲、乙的比热容

13.D

【分析】
要解决这道题，需结合热传递规律、冰的晶体熔化特点以及比热容公式分析：首先，热传递停止时，金属块与冰温度相同，标准大气压下冰的熔点为0℃，因此最终金属块温度均为0℃；其次，金属块放出的热量等于冰熔化吸收的热量，冰凹陷越深，说明熔化的冰越多，金属块放出的热量越多；最后根据放热公式Q放=cmΔt，结合三个金属块质量、温度变化相同的条件，判断比热容大小。
【解析】
选项A：冰块形状不再变化时，热传递停止，此时金属块与冰温度相同，标准大气压下冰的熔点为0℃，因此三个金属块最终温度均为0℃，A错误。
选项B：由图可知，丙下方的冰凹陷最深，说明丙使冰熔化的质量最多，冰熔化吸热Q=λm冰，故丙放出的热量最多，甲放出的热量最少，三者放出热量不同，B错误。
选项C：标准大气压下，冰是晶体，熔化时温度保持0℃不变，不可能高于0℃，C错误。
选项D：三个金属块质量m相同，初温相同（加热到相同温度），末温均为0℃，温度变化Δt相同；根据放热公式Q放=cmΔt，Q放与c成正比，因Q放丙＞Q乙＞Q甲，故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、热传递、熔化
【点评】
本题结合冰熔化的现象考查比热容的应用，需理解热传递的条件、晶体熔化特点，以及放热公式的应用，关键是通过冰的凹陷程度判断金属块放热多少，进而比较比热容大小。
【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$c_{\mathrm{水}}＞c_{\mathrm{煤油}}$) （）

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.$Q_1＜Q_2,\Delta t_1＞\Delta t_2$

14.C

【分析】
要解决这道题，首先明确：两个试管放入热水足够长时间后，水和煤油会与热水达到热平衡，末温相等；已知水和煤油初温相同，因此两者升高的温度Δt相等。再根据吸热公式$Q_{吸}=cm\Delta t$，结合水和煤油的质量相等、比热容大小关系，即可比较吸收热量的多少。
【解析】
1. 分析温度变化：经过足够长时间，试管中的水和煤油与热水达到热平衡，末温$t$相同；又已知水和煤油的初温$t_0$相同，因此温度升高值$\Delta t = t - t_0$，可得$\Delta t_1=\Delta t_2$。
2. 比较吸收的热量：根据吸热公式$Q_{吸}=cm\Delta t$，已知水和煤油的质量$m$相等，$\Delta t_1=\Delta t_2$，且$c_{水}＞c_{煤油}$，代入公式得：$Q_1=c_{水}m\Delta t_1$，$Q_2=c_{煤油}m\Delta t_2$，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、温度变化
【点评】
本题考查比热容吸热公式的应用，核心是判断热平衡后两者末温相同，进而确定温度变化量相等，再结合比热容大小比较吸收热量，属于基础题型，需熟练掌握吸热公式的应用。
【难度系数】
0.6

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? $[c_{\mathrm{水}}=4.2×10^3\mathrm{J}/(\mathrm{kg}·°\mathrm{C})]$

15.解:由$Q_{吸}=cm\Delta t$得
$\Delta t=\frac{Q_{吸}}{c_{水}\ m}=\frac{7. 56× 10^5\mathrm{J}}{4. 2× 10^3\mathrm{J/(kg· °C)}× 2\mathrm{kg}}=90°\mathrm{C},$
$t=t_0+\Delta t=20°\mathrm{C}+90°\mathrm{C}=110°\mathrm{C}.$
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$100°\mathrm{C}-20°\mathrm{C}=80°\mathrm{C}.$

【分析】
要解决这个问题，需先利用吸热公式计算水理论上的温度变化，再结合标准大气压下水的沸点特点判断实际水温变化：水达到沸点后继续吸热但温度不变，因此实际升高的温度不能超过沸点与初温的差值。
【解析】
解：根据吸热公式$Q_{吸}=c_{水}m\Delta t$，计算理论温度变化：
$\Delta t=\frac{Q_{吸}}{c_{水}m}=\frac{7.56×10^5\mathrm{J}}{4.2×10^3\mathrm{J/(kg·℃)}×2\mathrm{kg}}=90℃$
理论末温：$t=t_0+\Delta t=20℃+90℃=110℃$
标准大气压下水的沸点为100℃，水沸腾时温度保持不变，因此实际水温只能升高到100℃，实际升高的温度为：
$\Delta t'=100℃-20℃=80℃$
【答案】
80℃
【知识点】
热量的计算、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变化，需注意液体温度不能超过对应气压下的沸点。
【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，若甲物体的比热容为2.1×10³J/(kg·℃)，则：
(1)经过4min甲、乙升高的温度之比为多少？
(2)乙物体的比热容为多少？

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
$c_{甲}\ m_{甲}\ \Delta t_{甲}=c_{乙}\ m_{乙}\ \Delta t_{乙},$
$c_{乙}=\frac{c_{甲}\ m_{甲}\ \Delta t_{甲}}{m_{乙}\ \Delta t_{乙}}=c_{甲}×\frac{m_{甲}}{m_{乙}}×\frac{\Delta t_{甲}}{\Delta t_{乙}}=2. 1× 10^3\mathrm{J/(kg· °C)}×\frac{4}{1}×\frac{1}{2}=4. 2× 10^3\mathrm{J/(kg· °C)}.$

【分析】
要解决本题，首先从温度随时间变化的图像中，读取甲、乙两物体在4min内的初始温度和末温度，计算出升高的温度，进而得到温度变化之比；再根据“相同酒精灯加热，相同时间内甲、乙吸收的热量相等”这一条件，结合热量公式$Q_{吸}=cm\Delta t$，代入已知的质量比、甲的比热容和温度变化比，即可求出乙的比热容。
【解析】
(1) 由图像可知：甲的初始温度$t_{甲初}=40° C$，乙的初始温度$t_{乙初}=20° C$；4min时，甲、乙的末温度均为$60° C$。
则甲升高的温度：$\Delta t_{甲}=60° C - 40° C=20° C$，
乙升高的温度：$\Delta t_{乙}=60° C - 20° C=40° C$，
因此甲、乙升高的温度之比：$\Delta t_{甲}:\Delta t_{乙}=20° C:40° C=1:2$。
(2) 两个相同的酒精灯加热，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：
$c_{乙}=\frac{c_{甲}m_{甲}\Delta t_{甲}}{m_{乙}\Delta t_{乙}}$，
代入已知条件：$m_{甲}:m_{乙}=4:1$，$c_{甲}=2.1×10^3 J/(kg·° C)$，$\Delta t_{甲}:\Delta t_{乙}=1:2$，
则$c_{乙}=2.1×10^3 J/(kg·° C)×\frac{4}{1}×\frac{1}{2}=4.2×10^3 J/(kg·° C)$。
【答案】
(1) 经过4min甲、乙升高的温度之比为$1:2$；
(2) 乙物体的比热容为$4.2×10^3 J/(kg·° C)$。
【知识点】
比热容、热量计算
【点评】
本题结合温度-时间图像考查比热容的相关计算，核心是利用“相同热源加热时相同时间内物体吸收的热量相等”这一隐含条件，结合热量公式$Q=cm\Delta t$进行推导，需要学生具备从图像提取信息和公式应用的能力，属于中等难度的基础题。
【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$10°\mathrm{C}$，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$6°\mathrm{C}$.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.$5°\mathrm{C}$
B.$4°\mathrm{C}$
C.$3°\mathrm{C}$
D.$2°\mathrm{C}$

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,
$3m_0c(40°\mathrm{C}-\Delta t)=mc\Delta t$,③
$m=3m_0$,④
联立③、④两式解得$\Delta t=20°\mathrm{C}.$
$40°\mathrm{C}-20°\mathrm{C}=20°\mathrm{C},$
则倒入第3杯热水后,容器中的水温会上升$20°\mathrm{C}-10°\mathrm{C}-6°\mathrm{C}=4°\mathrm{C}.$

【分析】本题属于热平衡问题，核心是不计热量损失时，热水放出的热量等于冷水（或混合后水）吸收的热量。解题时，先设一杯热水质量为$m_0$、冷水质量为$m$，热水与冷水初始温度差为$t$；根据两次倒入热水后水温的变化，分别利用热平衡方程列出等式，联立求出$m$与$m_0$的关系、温度差$t$；最后计算第三次倒入热水后水温的升高量。
【解析】设一杯热水质量为$m_0$，冷水质量为$m$，热水初始温度比冷水高$t$，水的比热容为$c$。
1. 第一次倒入热水：冷水吸收的热量等于热水放出的热量，即$Q_{吸1}=Q_{放1}$，得$cm×10℃=cm_0(t-10℃)$，化简为：$m_0(t-10)=10m$ ①；
2. 第二次倒入热水：此时容器内水的质量为$m+m_0$，水温又升高$6℃$，同理得$Q_{吸2}=Q_{放2}$，即$c(m+m_0)×6℃=cm_0(t-10℃-6℃)$，化简为：$m_0(t-16)=6(m+m_0)$ ②；
3. 联立①②，①-②得：$6m_0=4m-6m_0$，整理得$12m_0=4m$，解得$m=3m_0$；将$m=3m_0$代入①式，得$m_0(t-10)=10×3m_0$，解得$t=40℃$；
4. 设倒入第三杯热水后，水温总共升高$\Delta t$，此时总热水质量为$3m_0$，总冷水质量$m=3m_0$，由热平衡方程：$3m_0c(40℃-\Delta t)=mc\Delta t$，代入$m=3m_0$，得$3m_0(40-\Delta t)=3m_0\Delta t$，解得$\Delta t=20℃$；则第三次水温升高量为$20℃-10℃-6℃=4℃$。
【答案】B
【知识点】热平衡方程、热量计算
【点评】本题通过多次热交换场景考查热平衡方程的应用，关键是理清每次混合后的质量与温度变化，联立方程求解未知量，对逻辑分析能力有一定要求。
【难度系数】0.4