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8. 网上曾热销一种“55度杯”，称“能很快将开水变成适饮的温水，而后又能将凉水变成适饮的温水”.为破解此中秘密，物理小组设计如图模型，设此模型内胆中封存着 300 g 水，室温$20\ °Celsius$；现向杯中倒入 200 g、$100\ °Celsius$的开水，摇一摇，热平衡后杯内水温迅速降至
52
$°Celsius$；然后将杯内水倒掉，迅速将 200 g室温某液态物质倒入该杯，摇一摇，这种液态物质的温度可升至$44\ °Celsius$，则这种液态物质的比热容为$2.1×10^3$
$\ \mathrm{J/(kg· °Celsius)}$.$[c_{水}=4.2×10^{3}\ \mathrm{J/(kg· °Celsius)}$，忽略整个过程中内胆及空间的热损失]答案
8. 52 2.1×10³ 解析:热水放出的热量 $Q_放=c_水 m_热(t_0-t_1)$,冷水吸收的热量 $Q_吸=c_水 m_冷(t_1-t_0')$;假设热水放出的热量全部被冷水吸收,所以 $Q_吸=Q_放$,即 $4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}×0.2\ \mathrm{kg}×(100\ ℃-t_1)=4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}×0.3\ \mathrm{kg}×(t_1-20\ ℃)$,解得 $t_1=52\ ℃$.放入某液态物质后,水降低的温度 $\Delta t'=52\ ℃-44\ ℃=8\ ℃$,水放出的热量 $Q'_放=c_水 m'_热 \Delta t'=4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}×0.3\ \mathrm{kg}×8\ ℃=1.008×10^4\ \mathrm{J}$,液态物质吸收的热量 $Q'_吸=Q'_放=1.008×10^4\ \mathrm{J}$,液态物质升高的温度 $\Delta t''=44\ ℃-20\ ℃=24\ ℃$,由 $Q_放=cm\Delta t$ 得,这种液态物质的比热容 $c_液=\frac{Q'_吸}{m_液 \Delta t''}=\frac{1.008×10^4\ \mathrm{J}}{0.2\ \mathrm{kg}×24\ ℃}=2.1×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}$.
解析
【分析】
这道题的核心是利用不计热损失时高温物体放出的热量等于低温物体吸收的热量（即热平衡方程$Q_吸=Q_放$）来求解，解题思路分两步走：
1. 第一空求解平衡水温：首先明确第一次热传递的两个对象，内胆里封存的300g、初温20℃的水是吸热物体，刚倒入的200g、初温100℃的开水是放热物体，忽略热损失，开水放出的热量全部被封存的冷水吸收，代入水的比热容的热量计算公式，列等式就能解出热平衡后的共同温度。
2. 第二空求解液态物质的比热容：倒掉杯内的水后，内胆里封存的水已经在第一次热传递后升到了刚才算出的温度，此时倒入200g初温为室温20℃的待测液态物质，封存的高温水放热，待测液态物质吸热，再次利用$Q_吸=Q_放$，先算出水放出的热量，也就是液体吸收的热量，再结合液体的质量、升高的温度，代入比热容公式就能算出待测液体的比热容。
【解析】
解：
1. 计算第一次热平衡后的水温：
设热平衡后水温为$t_1$，不计热损失，开水放出的热量等于封存水吸收的热量：
$Q_{吸}=Q_{放}$
代入热量公式$Q=cm\Delta t$得：
$c_水 m_{冷}(t_1 - t_{0冷}) = c_水 m_{热}(t_{0热} - t_1)$
代入已知数值：$c_水=4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}$，$m_{冷}=0.3\ \mathrm{kg}$，$t_{0冷}=20℃$，$m_{热}=0.2\ \mathrm{kg}$，$t_{0热}=100℃$
约去两边的$c_水$后：
$0.3\ \mathrm{kg}×(t_1 - 20℃) = 0.2\ \mathrm{kg}×(100℃ - t_1)$
展开计算：$0.3t_1 -6 = 20 -0.2t_1$
移项合并得：$0.5t_1=26$，解得$t_1=52℃$。
2. 计算待测液态物质的比热容：
倒掉杯内水后，封存的水初温为52℃，和待测液体热平衡后末温为44℃，封存水降低的温度$\Delta t'=52℃-44℃=8℃$，水放出的热量：
$Q'_放 = c_水 m_{冷} \Delta t' = 4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}×0.3\ \mathrm{kg}×8℃ = 1.008×10^4\ \mathrm{J}$
不计热损失，待测液体吸收的热量$Q'_吸=Q'_放=1.008×10^4\ \mathrm{J}$，待测液体的质量$m_液=0.2\ \mathrm{kg}$，升高的温度$\Delta t''=44℃-20℃=24℃$，由$Q=cm\Delta t$变形得液体的比热容：
$c_液=\frac{Q'_吸}{m_液 \Delta t''} = \frac{1.008×10^4\ \mathrm{J}}{0.2\ \mathrm{kg}×24℃} = 2.1×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}$
【答案】
$52$；$2.1×10^3$
【知识点】
热平衡方程应用；比热容计算；热量公式应用
【点评】
本题结合生活中“55度杯”的真实情境命题，将物理知识和生活应用结合，考察比热容相关的基础计算。解题的核心是准确区分两次热传递过程中的吸热、放热对象，找准各物体对应的初温和末温，避免误将第二次热传递时封存水的初温错记为100℃，整体属于比热容章节的常规基础应用题。
【难度系数】
0.7
这道题的核心是利用不计热损失时高温物体放出的热量等于低温物体吸收的热量（即热平衡方程$Q_吸=Q_放$）来求解，解题思路分两步走：
1. 第一空求解平衡水温：首先明确第一次热传递的两个对象，内胆里封存的300g、初温20℃的水是吸热物体，刚倒入的200g、初温100℃的开水是放热物体，忽略热损失，开水放出的热量全部被封存的冷水吸收，代入水的比热容的热量计算公式，列等式就能解出热平衡后的共同温度。
2. 第二空求解液态物质的比热容：倒掉杯内的水后，内胆里封存的水已经在第一次热传递后升到了刚才算出的温度，此时倒入200g初温为室温20℃的待测液态物质，封存的高温水放热，待测液态物质吸热，再次利用$Q_吸=Q_放$，先算出水放出的热量，也就是液体吸收的热量，再结合液体的质量、升高的温度，代入比热容公式就能算出待测液体的比热容。
【解析】
解：
1. 计算第一次热平衡后的水温：
设热平衡后水温为$t_1$，不计热损失，开水放出的热量等于封存水吸收的热量：
$Q_{吸}=Q_{放}$
代入热量公式$Q=cm\Delta t$得：
$c_水 m_{冷}(t_1 - t_{0冷}) = c_水 m_{热}(t_{0热} - t_1)$
代入已知数值：$c_水=4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}$，$m_{冷}=0.3\ \mathrm{kg}$，$t_{0冷}=20℃$，$m_{热}=0.2\ \mathrm{kg}$，$t_{0热}=100℃$
约去两边的$c_水$后：
$0.3\ \mathrm{kg}×(t_1 - 20℃) = 0.2\ \mathrm{kg}×(100℃ - t_1)$
展开计算：$0.3t_1 -6 = 20 -0.2t_1$
移项合并得：$0.5t_1=26$，解得$t_1=52℃$。
2. 计算待测液态物质的比热容：
倒掉杯内水后，封存的水初温为52℃，和待测液体热平衡后末温为44℃，封存水降低的温度$\Delta t'=52℃-44℃=8℃$，水放出的热量：
$Q'_放 = c_水 m_{冷} \Delta t' = 4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}×0.3\ \mathrm{kg}×8℃ = 1.008×10^4\ \mathrm{J}$
不计热损失，待测液体吸收的热量$Q'_吸=Q'_放=1.008×10^4\ \mathrm{J}$，待测液体的质量$m_液=0.2\ \mathrm{kg}$，升高的温度$\Delta t''=44℃-20℃=24℃$，由$Q=cm\Delta t$变形得液体的比热容：
$c_液=\frac{Q'_吸}{m_液 \Delta t''} = \frac{1.008×10^4\ \mathrm{J}}{0.2\ \mathrm{kg}×24℃} = 2.1×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}$
【答案】
$52$；$2.1×10^3$
【知识点】
热平衡方程应用；比热容计算；热量公式应用
【点评】
本题结合生活中“55度杯”的真实情境命题，将物理知识和生活应用结合，考察比热容相关的基础计算。解题的核心是准确区分两次热传递过程中的吸热、放热对象，找准各物体对应的初温和末温，避免误将第二次热传递时封存水的初温错记为100℃，整体属于比热容章节的常规基础应用题。
【难度系数】
0.7
9. 质量相等的甲、乙两金属球，用酒精灯加热至相同温度后，先将甲球投入一杯冷水中，待热平衡后水温升高 $\Delta t_1$，此时甲球放出的热量为$Q_\mathrm{甲}$；然后迅速把乙球投入水中(甲球未取出)，热平衡后水温又升高 $\Delta t_2$，此时乙球放出的热量为$Q_\mathrm{乙}$. 若 $Q_\mathrm{甲}=Q_\mathrm{乙}$(不计热量损失及水的质量损失)，则 $\Delta t_1$
＞
$\Delta t_2$，甲、乙两球的比热容 $c_\mathrm{甲}$ ＜
$c_\mathrm{乙}$.(均选填“$＞$”“$＜$”或“$=$”)答案
9. ＞ ＜ 解析:不计热量损失及水的质量损失,将甲球投入一杯冷水中,热平衡后水吸收的热量等于甲球放出的热量,即 $Q_{吸\_\_\_\_\_\_1}=Q_甲$;把乙球投入水中,由于甲球未取出,甲球也会吸收热量,热平衡后水吸收的热量小于乙放出的热量,即 $Q_{吸\_\_\_\_\_\_2}＜Q_乙$. $Q_{吸\_\_\_\_\_\_1}=Q_甲$,$Q_{吸\_\_\_\_\_\_2}＜Q_乙$,若 $Q_甲=Q_乙$,则 $Q_{吸\_\_\_\_\_\_1}＞Q_{吸\_\_\_\_\_\_2}$,水的质量、比热容不变,由 $\Delta t=\frac{Q_吸}{cm}$ 可知,$\Delta t_1＞\Delta t_2$.分析可知,质量相等的甲、乙两金属球,用酒精灯加热至相同温度后分别投入水中,甲金属球比乙金属球降低的温度多,若$Q_甲=Q_乙$,由 $c=\frac{Q_放}{m\Delta t}$ 可知,甲的比热容小于乙的比热容.
解析
【分析】
这道题的核心是利用热平衡的热量传递逻辑推导，首先第一步先对比两次水吸收的热量：第一次投入甲球时，不计热损失，水吸收的热量完全等于甲球放出的热量；第二次投入乙球时，水中已经有温度等于第一次平衡水温的甲球，后续水温升高的过程中甲球也会同步吸热，因此乙球放出的热量不仅要给水升温，还要给甲球升温，水吸收的热量会小于乙球放出的总热量。结合题目给出的Q甲=Q乙，就能得到两次水吸热的大小关系，再根据水的比热容和质量不变，由Q=cmΔt就能推出Δt1和Δt2的大小。接下来对比两金属球的降温幅度：两球初始加热后的温度完全相同，甲的末温是第一次平衡的水温，乙的末温是第二次更高的平衡水温，因此甲的温度降低量比乙大，再结合两球质量相等、放出总热量相等，由放热公式的变形就能对比出两者比热容的大小。
【解析】
1. 推导Δt1和Δt2的大小关系：
第一次将甲球投入冷水中，不计热量损失，水吸收的热量等于甲球放出的热量，即：
$Q_{吸1}=Q_甲 = c_水m_水\Delta t_1$
第二次投入乙球时，甲球未取出，热平衡过程中，除了水要升温Δt₂，原本已经和第一次水温平衡的甲球也会随水温升高吸收部分热量，因此水吸收的热量小于乙球放出的总热量，即：
$Q_{吸2}=c_水m_水\Delta t_2 ＜ Q_乙$
题目已知$Q_甲=Q_乙$，因此可得$Q_{吸1}＞Q_{吸2}$。由于水的比热容$c_水$和质量$m_水$均不变，根据$\Delta t=\frac{Q_吸}{c_水m_水}$，可推出$\Delta t_1＞\Delta t_2$。
2. 推导$c_甲$和$c_乙$的大小关系：
甲、乙两球被加热后的初始温度完全相同，设为$T_0$，冷水初始温度为$t_0$：
甲球的末温等于第一次热平衡的水温$t_0+\Delta t_1$，因此甲球的降温幅度$\Delta t_{甲降}=T_0-(t_0+\Delta t_1)$；
乙球的末温等于第二次热平衡的水温$t_0+\Delta t_1+\Delta t_2$，因此乙球的降温幅度$\Delta t_{乙降}=T_0-(t_0+\Delta t_1+\Delta t_2)$；
显然$\Delta t_{甲降}＞\Delta t_{乙降}$。已知两球质量$m_甲=m_乙$，放出的热量$Q_甲=Q_乙$，根据放热公式$Q_放=cm\Delta t$变形得$c=\frac{Q_放}{m\Delta t}$，在$Q_放$和$m$相等的前提下，降温幅度越大，比热容越小，因此$c_甲＜c_乙$。
【答案】
＞ ； ＜
【知识点】
热平衡方程；比热容；热量计算
【点评】
本题的易错点是容易忽略第二次投入乙球时，水中已有的甲球也会吸收热量，错误认为两次水吸收的热量都等于对应金属球放出的热量。解题的关键是先明确第二次热平衡过程的吸热对象不止有水，再结合两金属球初温相同的条件对比两者的降温幅度，即可顺利完成推导。
【难度系数】
0.4
这道题的核心是利用热平衡的热量传递逻辑推导，首先第一步先对比两次水吸收的热量：第一次投入甲球时，不计热损失，水吸收的热量完全等于甲球放出的热量；第二次投入乙球时，水中已经有温度等于第一次平衡水温的甲球，后续水温升高的过程中甲球也会同步吸热，因此乙球放出的热量不仅要给水升温，还要给甲球升温，水吸收的热量会小于乙球放出的总热量。结合题目给出的Q甲=Q乙，就能得到两次水吸热的大小关系，再根据水的比热容和质量不变，由Q=cmΔt就能推出Δt1和Δt2的大小。接下来对比两金属球的降温幅度：两球初始加热后的温度完全相同，甲的末温是第一次平衡的水温，乙的末温是第二次更高的平衡水温，因此甲的温度降低量比乙大，再结合两球质量相等、放出总热量相等，由放热公式的变形就能对比出两者比热容的大小。
【解析】
1. 推导Δt1和Δt2的大小关系：
第一次将甲球投入冷水中，不计热量损失，水吸收的热量等于甲球放出的热量，即：
$Q_{吸1}=Q_甲 = c_水m_水\Delta t_1$
第二次投入乙球时，甲球未取出，热平衡过程中，除了水要升温Δt₂，原本已经和第一次水温平衡的甲球也会随水温升高吸收部分热量，因此水吸收的热量小于乙球放出的总热量，即：
$Q_{吸2}=c_水m_水\Delta t_2 ＜ Q_乙$
题目已知$Q_甲=Q_乙$，因此可得$Q_{吸1}＞Q_{吸2}$。由于水的比热容$c_水$和质量$m_水$均不变，根据$\Delta t=\frac{Q_吸}{c_水m_水}$，可推出$\Delta t_1＞\Delta t_2$。
2. 推导$c_甲$和$c_乙$的大小关系：
甲、乙两球被加热后的初始温度完全相同，设为$T_0$，冷水初始温度为$t_0$：
甲球的末温等于第一次热平衡的水温$t_0+\Delta t_1$，因此甲球的降温幅度$\Delta t_{甲降}=T_0-(t_0+\Delta t_1)$；
乙球的末温等于第二次热平衡的水温$t_0+\Delta t_1+\Delta t_2$，因此乙球的降温幅度$\Delta t_{乙降}=T_0-(t_0+\Delta t_1+\Delta t_2)$；
显然$\Delta t_{甲降}＞\Delta t_{乙降}$。已知两球质量$m_甲=m_乙$，放出的热量$Q_甲=Q_乙$，根据放热公式$Q_放=cm\Delta t$变形得$c=\frac{Q_放}{m\Delta t}$，在$Q_放$和$m$相等的前提下，降温幅度越大，比热容越小，因此$c_甲＜c_乙$。
【答案】
＞ ； ＜
【知识点】
热平衡方程；比热容；热量计算
【点评】
本题的易错点是容易忽略第二次投入乙球时，水中已有的甲球也会吸收热量，错误认为两次水吸收的热量都等于对应金属球放出的热量。解题的关键是先明确第二次热平衡过程的吸热对象不止有水，再结合两金属球初温相同的条件对比两者的降温幅度，即可顺利完成推导。
【难度系数】
0.4
10. 在标准大气压下,一质量为 2 kg 的金属块被加热到 $500\ °\mathrm{C}$, 将其立即投入质量为 1 kg、温度为 $20\ °\mathrm{C}$ 的冷水中, 不计热量损失, 最终使水的温度升高到 $80\ °\mathrm{C}$，$c_{\mathrm{水}}=4.2× 10^{3}\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg}·°\mathrm{C})$. 求:
(1) 水吸收的热量.
(2) 金属块的比热容.
(3) 取出金属块后, 给 $80\ °\mathrm{C}$ 的水继续加热, 水又吸收了 $1.05× 10^{5}\ \mathrm{J}$ 的热量后的温度.
(1) 水吸收的热量.
(2) 金属块的比热容.
(3) 取出金属块后, 给 $80\ °\mathrm{C}$ 的水继续加热, 水又吸收了 $1.05× 10^{5}\ \mathrm{J}$ 的热量后的温度.
答案
10. (1) $2.52×10^5\ \mathrm{J}$ (2) $0.3×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}$ (3) $100\ ℃$
解析:(1) 水吸收的热量 $Q_吸=c_水 m_水·(t-t_{0水})=4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}×1\ \mathrm{kg}×(80\ ℃-20\ ℃)=2.52×10^5\ \mathrm{J}$.(2) 不计热量损失,金属块放出的热量与水吸收的热量相等,即 $Q_放=Q_吸=2.52×10^5\ \mathrm{J}$,由 $Q_放=cm(t_0-t)$ 可得,金属块的比热容 $c_金=\frac{Q_放}{m_金(t_金-t)}=\frac{2.52×10^5\ \mathrm{J}}{2\ \mathrm{kg}×(500\ ℃-80\ ℃)}=0.3×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}$.(3) 由 $Q_吸=cm\Delta t$ 可得,理论上水升高的温度 $\Delta t'=\frac{Q'_吸}{c_水 m_水}=\frac{1.05×10^5\ \mathrm{J}}{4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}×1\ \mathrm{kg}}=25\ ℃$,因为在一个标准大气压下水的沸点为 100 ℃,$t'=80\ ℃+25\ ℃=105\ ℃＞100\ ℃$,所以水的末温为 100 ℃.
解析:(1) 水吸收的热量 $Q_吸=c_水 m_水·(t-t_{0水})=4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}×1\ \mathrm{kg}×(80\ ℃-20\ ℃)=2.52×10^5\ \mathrm{J}$.(2) 不计热量损失,金属块放出的热量与水吸收的热量相等,即 $Q_放=Q_吸=2.52×10^5\ \mathrm{J}$,由 $Q_放=cm(t_0-t)$ 可得,金属块的比热容 $c_金=\frac{Q_放}{m_金(t_金-t)}=\frac{2.52×10^5\ \mathrm{J}}{2\ \mathrm{kg}×(500\ ℃-80\ ℃)}=0.3×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}$.(3) 由 $Q_吸=cm\Delta t$ 可得,理论上水升高的温度 $\Delta t'=\frac{Q'_吸}{c_水 m_水}=\frac{1.05×10^5\ \mathrm{J}}{4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}×1\ \mathrm{kg}}=25\ ℃$,因为在一个标准大气压下水的沸点为 100 ℃,$t'=80\ ℃+25\ ℃=105\ ℃＞100\ ℃$,所以水的末温为 100 ℃.
解析
【分析】
这是一道热学综合计算题，我们可以分三步逐个突破三个小问：
1. 第一问求水吸收的热量，直接套用物体吸热公式$Q_吸=c_水m_水(t-t_{0水})$，准确提取题目给出的水的质量、初温、末温、水的比热容数值，代入计算即可。
2. 第二问求金属块的比热容，题目明确不计热量损失，说明金属块放出的全部热量都被水吸收，满足热平衡条件$Q_放=Q_吸$，先得到金属块放出的热量，再套用放热公式$Q_放=c_金m_金(t_{0金}-t)$，变形后就可以求出金属的比热容，注意金属块的末温和水的最终温度一致，是80℃，不要算错温度差。
3. 第三问求继续加热后的水的末温，先根据吸热公式算出如果水没有沸腾的话理论上升高的温度，再结合题目给出的“标准大气压”这个隐含条件：标准大气压下水的沸点是100℃，水沸腾时吸热但温度保持不变，所以如果理论计算的末温超过100℃，实际末温只能是100℃。
【解析】
(1) 已知水的质量$m_水=1\ \mathrm{kg}$，初温$t_{0水}=20\ ℃$，末温$t=80\ ℃$，水的比热容$c_{\mathrm{水}}=4.2× 10^{3}\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg}·°\mathrm{C})$，代入吸热公式：
$Q_吸 = c_水m_水(t - t_{0水}) = 4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)} × 1\ \mathrm{kg} × (80\ ℃ - 20\ ℃) = 2.52×10^5\ \mathrm{J}$
(2) 不计热量损失，金属块放出的热量等于水吸收的热量，即$Q_放=Q_吸=2.52×10^5\ \mathrm{J}$，金属块的质量$m_金=2\ \mathrm{kg}$，初温$t_{0金}=500\ ℃$，末温$t=80\ ℃$，由放热公式$Q_放=c_金m_金(t_{0金} - t)$变形得金属块的比热容：
$c_金 = \frac{Q_放}{m_金(t_{0金} - t)} = \frac{2.52×10^5\ \mathrm{J}}{2\ \mathrm{kg} × (500\ ℃ - 80\ ℃)} = 0.3×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}$
(3) 水继续吸收热量$Q'_吸=1.05×10^5\ \mathrm{J}$，由$Q_吸=cm\Delta t$得理论上水升高的温度：
$\Delta t' = \frac{Q'_吸}{c_水m_水} = \frac{1.05×10^5\ \mathrm{J}}{4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)} × 1\ \mathrm{kg}} = 25\ ℃$
理论末温$t' = 80\ ℃ + 25\ ℃ = 105\ ℃$，但标准大气压下水的沸点为100℃，水沸腾过程中吸热温度不变，因此水的实际末温为100℃。
【答案】
(1) $2.52×10^5\ \mathrm{J}$ (2) $0.3×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}$ (3) $100\ ℃$
【知识点】
热量计算，热平衡方程，沸点与气压
【点评】
本题是热学的基础常规计算题，前两问直接套用吸热、放热公式即可求解，难度较低，第三问设置了易错陷阱，很多同学会忽略“标准大气压下水的沸点为100℃”这个隐含条件，直接计算得到105℃的错误结果，解题时要注意挖掘题目给出的环境条件，结合沸腾的特点分析末温。
【难度系数】
0.6
这是一道热学综合计算题，我们可以分三步逐个突破三个小问：
1. 第一问求水吸收的热量，直接套用物体吸热公式$Q_吸=c_水m_水(t-t_{0水})$，准确提取题目给出的水的质量、初温、末温、水的比热容数值，代入计算即可。
2. 第二问求金属块的比热容，题目明确不计热量损失，说明金属块放出的全部热量都被水吸收，满足热平衡条件$Q_放=Q_吸$，先得到金属块放出的热量，再套用放热公式$Q_放=c_金m_金(t_{0金}-t)$，变形后就可以求出金属的比热容，注意金属块的末温和水的最终温度一致，是80℃，不要算错温度差。
3. 第三问求继续加热后的水的末温，先根据吸热公式算出如果水没有沸腾的话理论上升高的温度，再结合题目给出的“标准大气压”这个隐含条件：标准大气压下水的沸点是100℃，水沸腾时吸热但温度保持不变，所以如果理论计算的末温超过100℃，实际末温只能是100℃。
【解析】
(1) 已知水的质量$m_水=1\ \mathrm{kg}$，初温$t_{0水}=20\ ℃$，末温$t=80\ ℃$，水的比热容$c_{\mathrm{水}}=4.2× 10^{3}\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg}·°\mathrm{C})$，代入吸热公式：
$Q_吸 = c_水m_水(t - t_{0水}) = 4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)} × 1\ \mathrm{kg} × (80\ ℃ - 20\ ℃) = 2.52×10^5\ \mathrm{J}$
(2) 不计热量损失，金属块放出的热量等于水吸收的热量，即$Q_放=Q_吸=2.52×10^5\ \mathrm{J}$，金属块的质量$m_金=2\ \mathrm{kg}$，初温$t_{0金}=500\ ℃$，末温$t=80\ ℃$，由放热公式$Q_放=c_金m_金(t_{0金} - t)$变形得金属块的比热容：
$c_金 = \frac{Q_放}{m_金(t_{0金} - t)} = \frac{2.52×10^5\ \mathrm{J}}{2\ \mathrm{kg} × (500\ ℃ - 80\ ℃)} = 0.3×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}$
(3) 水继续吸收热量$Q'_吸=1.05×10^5\ \mathrm{J}$，由$Q_吸=cm\Delta t$得理论上水升高的温度：
$\Delta t' = \frac{Q'_吸}{c_水m_水} = \frac{1.05×10^5\ \mathrm{J}}{4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)} × 1\ \mathrm{kg}} = 25\ ℃$
理论末温$t' = 80\ ℃ + 25\ ℃ = 105\ ℃$，但标准大气压下水的沸点为100℃，水沸腾过程中吸热温度不变，因此水的实际末温为100℃。
【答案】
(1) $2.52×10^5\ \mathrm{J}$ (2) $0.3×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}$ (3) $100\ ℃$
【知识点】
热量计算，热平衡方程，沸点与气压
【点评】
本题是热学的基础常规计算题，前两问直接套用吸热、放热公式即可求解，难度较低，第三问设置了易错陷阱，很多同学会忽略“标准大气压下水的沸点为100℃”这个隐含条件，直接计算得到105℃的错误结果，解题时要注意挖掘题目给出的环境条件，结合沸腾的特点分析末温。
【难度系数】
0.6
11. 新趋势 跨学科实践 （2025·广东深圳）蓄冷剂是食品运输和保鲜过程中的重要降温试剂.现有$A$、$B$两种蓄冷剂，财财同学和明海同学为了探究其蓄冷效果，进行了如下的实验探究：财财首先将质量均为$100\ \mathrm{g}$的两种蓄冷剂分别装入完全相同的冰袋中，标明$A$、$B$，放入冰箱中冷冻为温度相同的固体.在容器①、②中分别加入质量为$500\ \mathrm{g}$且温度相同的水，将冰袋从冰箱中拿出后放入水中，并用隔热材料密封.明海同学通过温度传感器每隔一定时间测量蓄冷剂及水的温度，如图是明海记录的$A$、$B$两蓄冷剂及容器①、②中水的温度随时间的变化曲线.
（1）露露同学发现：蓄冷剂熔化前温度在升高，其分子热运动速度变
（2）$0∼ t_1$，水和蓄冷剂之间发生热传递，宇婷同学说其热传递的方向为
（3）$0∼ t_1$，蓄冷剂
（4）$t_1∼ t_2$，容器①中水的温度降低$10\ °\mathrm{C}$，若热量全部被冰袋吸收，计算可知每克蓄冷剂$A$吸收的热量为
（5）汉欢同学在深圳市内配送蛋糕时，选择蓄冷剂
（1）露露同学发现：蓄冷剂熔化前温度在升高，其分子热运动速度变
大
.（2）$0∼ t_1$，水和蓄冷剂之间发生热传递，宇婷同学说其热传递的方向为
从水到蓄冷剂
.（3）$0∼ t_1$，蓄冷剂
A
吸热更快.（4）$t_1∼ t_2$，容器①中水的温度降低$10\ °\mathrm{C}$，若热量全部被冰袋吸收，计算可知每克蓄冷剂$A$吸收的热量为
210 J
.（5）汉欢同学在深圳市内配送蛋糕时，选择蓄冷剂
A
更好，理由是A蓄冷剂吸热快,能使蛋糕快速降温,保鲜效果好
.答案
11. (1) 大 (2) 从水到蓄冷剂 (3) A (4) 210 J (5) A A蓄冷剂吸热快,能使蛋糕快速降温,保鲜效果好
解析:(1)蓄冷剂熔化前温度在升高,其分子热运动速度变大.(2)热量总是从温度高的物体向温度低的物体传递,0~$t_1$,水和蓄冷剂之间发生热传递的方向为从水到蓄冷剂.(3)由图像可知,0~$t_1$,容器①中水的温度下降更快,两容器中水的质量、初温相同,则相同时间内容器①中水放热更多,放出的热量被蓄冷剂吸收,所以蓄冷剂A吸热更快.(4)水的温度降低10 ℃,水放出的热量 $Q_放=cm\Delta t=4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}×0.5\ \mathrm{kg}×10\ ℃=2.1×10^4\ \mathrm{J}$,若热量全部被冰袋吸收,则每克蓄冷剂A吸收的热量 $Q_0=\frac{Q_放}{100}=\frac{2.1×10^4\ \mathrm{J}}{100}=210\ \mathrm{J}$.(5)由图像可知,蓄冷剂A使水的温度降低得更快,吸热效果更好,所以配送蛋糕时选择蓄冷剂A更好.
解析:(1)蓄冷剂熔化前温度在升高,其分子热运动速度变大.(2)热量总是从温度高的物体向温度低的物体传递,0~$t_1$,水和蓄冷剂之间发生热传递的方向为从水到蓄冷剂.(3)由图像可知,0~$t_1$,容器①中水的温度下降更快,两容器中水的质量、初温相同,则相同时间内容器①中水放热更多,放出的热量被蓄冷剂吸收,所以蓄冷剂A吸热更快.(4)水的温度降低10 ℃,水放出的热量 $Q_放=cm\Delta t=4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}×0.5\ \mathrm{kg}×10\ ℃=2.1×10^4\ \mathrm{J}$,若热量全部被冰袋吸收,则每克蓄冷剂A吸收的热量 $Q_0=\frac{Q_放}{100}=\frac{2.1×10^4\ \mathrm{J}}{100}=210\ \mathrm{J}$.(5)由图像可知,蓄冷剂A使水的温度降低得更快,吸热效果更好,所以配送蛋糕时选择蓄冷剂A更好.
解析
【分析】
我们可以逐个小题梳理清晰的思考路径：
1. 第一问回忆分子热运动的核心特点：温度是分子热运动剧烈程度的标志，温度越高，分子热运动的平均速度就越大，直接对应得出结论。
2. 第二问依据热传递的基本规律：热量自发从高温物体向低温物体传递，刚从冰箱取出的蓄冷剂温度远低于容器内水的温度，因此就能判断热传递的方向。
3. 第三问0~t1时间段，对比两个容器中水的降温曲线，容器①的水温度下降更快，已知两容器内水的质量、初温完全相同，说明相同时间内容器①的水放出的热量更多，对应吸收热量的蓄冷剂吸热速度更快，即可判断对应的蓄冷剂。
4. 第四问先利用水的放热公式计算出500g水降低10℃总共放出的热量，题目说明热量全部被100g的蓄冷剂A吸收，总吸收热量等于水放出的热量，再除以A的总质量100g，就能得到每克A吸收的热量。
5. 第五问结合蛋糕配送的保鲜实际需求，需要快速给蛋糕降温，对比两种蓄冷剂的降温效果，选出更合适的蓄冷剂并说明理由即可。
【解析】
(1) 分子热运动的剧烈程度与温度正相关，蓄冷剂熔化前温度升高，其分子热运动速度变大。
(2) 热传递的方向始终是从温度高的物体向温度低的物体传递，0~$t_1$时水的温度高于蓄冷剂的温度，因此热传递方向为从水到蓄冷剂。
(3) 0~$t_1$内，容器①中的水温度下降速率比容器②更快，两容器内水的质量、初温完全相同，说明相同时间内容器①的水放出的热量更多，对应蓄冷剂A吸收热量的速度更快。
(4) 计算水放出的总热量：
$Q_{\mathrm{放}} = c_{\mathrm{水}}m_{\mathrm{水}}\Delta t = 4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg· °C)} × 0.5\ \mathrm{kg} × 10\ °\mathrm{C} = 2.1×10^4\ \mathrm{J}$
100g蓄冷剂A吸收的总热量等于水放出的热量，因此每克蓄冷剂A吸收的热量：
$Q_0 = \frac{Q_{\mathrm{放}}}{m_A} = \frac{2.1×10^4\ \mathrm{J}}{100\ \mathrm{g}} = 210\ \mathrm{J}$
(5) 配送蛋糕需要快速降温保鲜，蓄冷剂A吸热速度更快，能让周围温度快速降低，保鲜效果更好，因此选择蓄冷剂A。
【答案】
(1) 大
(2) 从水到蓄冷剂
(3) A
(4) 210 J
(5) A；A蓄冷剂吸热快，能使蛋糕快速降温，保鲜效果好
【知识点】
分子热运动，热传递，比热容计算
【点评】
本题结合生活中蓄冷剂食品保鲜的真实场景，将热学基础概念、图像信息提取和实际应用结合起来，既考察了学生对基础热学知识点的掌握程度，也锻炼了学生用物理知识解决生活实际问题的能力，符合新课标跨学科实践的考察导向，整体难度梯度平缓。
【难度系数】
0.7
我们可以逐个小题梳理清晰的思考路径：
1. 第一问回忆分子热运动的核心特点：温度是分子热运动剧烈程度的标志，温度越高，分子热运动的平均速度就越大，直接对应得出结论。
2. 第二问依据热传递的基本规律：热量自发从高温物体向低温物体传递，刚从冰箱取出的蓄冷剂温度远低于容器内水的温度，因此就能判断热传递的方向。
3. 第三问0~t1时间段，对比两个容器中水的降温曲线，容器①的水温度下降更快，已知两容器内水的质量、初温完全相同，说明相同时间内容器①的水放出的热量更多，对应吸收热量的蓄冷剂吸热速度更快，即可判断对应的蓄冷剂。
4. 第四问先利用水的放热公式计算出500g水降低10℃总共放出的热量，题目说明热量全部被100g的蓄冷剂A吸收，总吸收热量等于水放出的热量，再除以A的总质量100g，就能得到每克A吸收的热量。
5. 第五问结合蛋糕配送的保鲜实际需求，需要快速给蛋糕降温，对比两种蓄冷剂的降温效果，选出更合适的蓄冷剂并说明理由即可。
【解析】
(1) 分子热运动的剧烈程度与温度正相关，蓄冷剂熔化前温度升高，其分子热运动速度变大。
(2) 热传递的方向始终是从温度高的物体向温度低的物体传递，0~$t_1$时水的温度高于蓄冷剂的温度，因此热传递方向为从水到蓄冷剂。
(3) 0~$t_1$内，容器①中的水温度下降速率比容器②更快，两容器内水的质量、初温完全相同，说明相同时间内容器①的水放出的热量更多，对应蓄冷剂A吸收热量的速度更快。
(4) 计算水放出的总热量：
$Q_{\mathrm{放}} = c_{\mathrm{水}}m_{\mathrm{水}}\Delta t = 4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg· °C)} × 0.5\ \mathrm{kg} × 10\ °\mathrm{C} = 2.1×10^4\ \mathrm{J}$
100g蓄冷剂A吸收的总热量等于水放出的热量，因此每克蓄冷剂A吸收的热量：
$Q_0 = \frac{Q_{\mathrm{放}}}{m_A} = \frac{2.1×10^4\ \mathrm{J}}{100\ \mathrm{g}} = 210\ \mathrm{J}$
(5) 配送蛋糕需要快速降温保鲜，蓄冷剂A吸热速度更快，能让周围温度快速降低，保鲜效果更好，因此选择蓄冷剂A。
【答案】
(1) 大
(2) 从水到蓄冷剂
(3) A
(4) 210 J
(5) A；A蓄冷剂吸热快，能使蛋糕快速降温，保鲜效果好
【知识点】
分子热运动，热传递，比热容计算
【点评】
本题结合生活中蓄冷剂食品保鲜的真实场景，将热学基础概念、图像信息提取和实际应用结合起来，既考察了学生对基础热学知识点的掌握程度，也锻炼了学生用物理知识解决生活实际问题的能力，符合新课标跨学科实践的考察导向，整体难度梯度平缓。
【难度系数】
0.7
