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7 核心素养科学思维 [2026 四川成都调研,中]已知物体的动能表达式为$E_{\mathrm{k}}=\frac{1}{2}mv^2$，其中$m$为物体的质量，$v$为物体的运动速度。如图所示，质量$m_1=8\ \mathrm{kg}$的平顶小车静止在光滑的水平轨道上，车顶与左侧光滑平台等高，平台上放置质量$m_2=2\ \mathrm{kg}$的小物块，小物块以5 m/s的速度向右运动，此时小物块的动能是
25
J。小物块滑上小车最终与小车一起以1 m/s的速度向右运动，若此过程中减少的机械能全部转化为内能，有一半转化为小物块的内能，则小物块增加的内能是10
J，能使小物块的温度升高2.5×10⁻³
℃ [小物块的比热容为$2×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}$]。答案
7.25 10 $2.5×10^{-3}$ 【解析】小物块初始的动能 $E_{k1} = \frac{1}{2} m_2v_1^2 = \frac{1}{2} ×2\ \mathrm{kg}×(5\ \mathrm{m/s})^2 =25\ \mathrm{J}$;小物块后来的动能 $E_{k2} = \frac{1}{2} m_2v_2^2 = \frac{1}{2} × 2\ \mathrm{kg} × ( 1\ \mathrm{m/s} )^2 = 1\ \mathrm{J}$;小车一开始的速度为零,则小车初始的动能为零,小车后来的动能 $E_{k3} = \frac{1}{2} m_1v_2^2 = \frac{1}{2} ×8\ \mathrm{kg}×(1\ \mathrm{m/s})^2 =4\ \mathrm{J}$,此过程中减少的机械能全部转化为内能,且有一半转化为小物块的内能,则小物块增加的内能(相当于小物块吸收的热量)为 $Q_吸 = \frac{1}{2} ( E_{k1} - E_{k2} - E_{k3} ) = \frac{1}{2} × ( 25\ \mathrm{J} - 1\ \mathrm{J} - 4\ \mathrm{J} ) = 10\ \mathrm{J}$; 根据 $Q_吸 = cm\Delta t$ 可得,小物块升高的温度 $\Delta t = \frac{Q_吸}{cm_2} = \frac{10\ \mathrm{J}}{2×10^3\ \mathrm{J/( kg · ℃ )} ×2\ \mathrm{kg} } = 2. 5×10^{-3}\ \mathrm{° C}$。
1 物质吸放热图像 [2024四川成都中考,中]某固态物体的质量为$m$,其物质的比热容为$c$,用稳定的热源对它加热(物体在相同时间内吸收的热量相等),到$t_3$时刻停止加热,然后让其冷却。上述过程中记录不同时刻的温度,最后绘制出温度随时间变化的图像(
)。下列说法正确的是 (
A.在$0$~$t_2$时间段,该物体吸收的热量为$cm(T_2-T_1)$
B.在$t_2$~$t_4$时间段,该物质的比热容先增大后减小
C.在$t_4$~$t_5$时间段,该物体放出的热量为$\frac{cm(T_2-T_1)(t_5-t_4)}{t_1}$
D.该物质在$t_5$~$t_6$时间段的比热容等于在$0$~$t_1$时间段的比热容
)。下列说法正确的是 (D
)A.在$0$~$t_2$时间段,该物体吸收的热量为$cm(T_2-T_1)$
B.在$t_2$~$t_4$时间段,该物质的比热容先增大后减小
C.在$t_4$~$t_5$时间段,该物体放出的热量为$\frac{cm(T_2-T_1)(t_5-t_4)}{t_1}$
D.该物质在$t_5$~$t_6$时间段的比热容等于在$0$~$t_1$时间段的比热容
答案
1.D 【解析】由图可知,图像为晶体熔化和凝固时的温度与时间的关系图像;在 $0$~$t_1$ 时间段,该物体的温度由 $T_1$ 升高至 $T_2$,物质的比热容为 $c$,物体吸收的热量为 $Q_1 = cm ( T_2 - T_1 )$,在 $t_1$~$t_2$ 时间段,物体熔化的过程继续吸收热量,所以 $0$~$t_2$ 时间段,该物体吸收的热量大于 $cm( T_2 - T_1 )$,故 A 错误;由图可知,该物质在 $t_2$~$t_4$ 时间段,均处于液态,物质的状态不变,其比热容不变,故 B 错误;该物体熔化过程中吸收的热量等于该物体凝固过程中放出的热量,在 $t_4$~$t_5$ 时间段,该物体放出的热量等于在 $t_1$~$t_2$ 时间段吸收的热量,设该物体在 $t_1$~$t_2$ 时间段吸收的热量为 $Q_2$,由题意知 $\frac{Q_2}{t_2-t_1} = \frac{Q_1}{t_1}$, 解得 $Q_2 = \frac{cm(T_2-T_1)(t_2-t_1)}{t_1}$, 故 C错误;由图可知,该物质在 $t_5$~$t_6$ 时间段处于固态,该物质在 $0$~$t_1$ 时间段也处于固态,物质的状态相同,比热容相同,故 D 正确。
2 热平衡图像 [2026河南周口期中,中]将质量为250 g的凉牛奶放在盛热水的小盆中加热,经过一段时间,牛奶和热水的温度随时间变化的图像如图所示。已知$c_{水}=4.2×10^{3}J/(kg·℃),c_{奶}=2.5×10^{3}J/(kg·℃)$。
(1)牛奶和热水达到热平衡时,求牛奶吸收的热量。
(2)设损失的热量占50%,且水放出的热量能使质量为200 g的某种液体温度升高$62.5 ℃$。则这种液体的比热容是多少?
(3)将质量为m,温度为$t_0$的冷水与质量为2m的热水混合,若达到热平衡时温度变为t(忽略热损失),试推导热水的初始温度(用已知字母表示)。
(1)牛奶和热水达到热平衡时,求牛奶吸收的热量。
(2)设损失的热量占50%,且水放出的热量能使质量为200 g的某种液体温度升高$62.5 ℃$。则这种液体的比热容是多少?
(3)将质量为m,温度为$t_0$的冷水与质量为2m的热水混合,若达到热平衡时温度变为t(忽略热损失),试推导热水的初始温度(用已知字母表示)。
答案
2.【解】(1)由图可知,牛奶的初温 $t_{0奶} = 20\ \mathrm{° C}$,末温 $t_末 =40\ \mathrm{° C}$,牛奶和热水达到热平衡时,牛奶吸收的热量 $Q_吸 = c_奶 m_奶 ( t_末 - t_{0奶} ) = 2. 5×10^3\ \mathrm{J/( kg · ℃ )} × 0. 25\ \mathrm{kg} × ( 40\ \mathrm{° C} - 20\ \mathrm{° C} ) = 1. 25×10^4\ \mathrm{J}$。
(2)水放出的热量 $Q_放 = \frac{Q_吸}{\eta} = \frac{1.25×10^4\ \mathrm{J}}{1-50\%} = 2. 5×10^4\ \mathrm{J}$,则这种液体吸收的热量为 $2. 5×10^4\ \mathrm{J}$,这种液体的比热容 $c_液 = \frac{Q_{液吸}}{m_液\Delta t} = \frac{2.5×10^4\ \mathrm{J}}{0.2\ \mathrm{kg}×62.5\ \mathrm{° C} } = 2×10^3\ \mathrm{J/( kg · ℃ )}$。
(3)混合后冷水吸收热量 $Q_冷 = c_水 m ( t - t_0 )$,设热水初始温度为 $t_1$,混合后热水放出热量 $Q_热 = c_水 ×2m ( t_1 - t )$,因为 $Q_热 = Q_冷$,即 $c_水 × 2m( t_1 - t ) = c_水 m ( t - t_0 )$,则热水的初始温度 $t_1 = \frac{3t - t_0}{2}$。
(2)水放出的热量 $Q_放 = \frac{Q_吸}{\eta} = \frac{1.25×10^4\ \mathrm{J}}{1-50\%} = 2. 5×10^4\ \mathrm{J}$,则这种液体吸收的热量为 $2. 5×10^4\ \mathrm{J}$,这种液体的比热容 $c_液 = \frac{Q_{液吸}}{m_液\Delta t} = \frac{2.5×10^4\ \mathrm{J}}{0.2\ \mathrm{kg}×62.5\ \mathrm{° C} } = 2×10^3\ \mathrm{J/( kg · ℃ )}$。
(3)混合后冷水吸收热量 $Q_冷 = c_水 m ( t - t_0 )$,设热水初始温度为 $t_1$,混合后热水放出热量 $Q_热 = c_水 ×2m ( t_1 - t )$,因为 $Q_热 = Q_冷$,即 $c_水 × 2m( t_1 - t ) = c_水 m ( t - t_0 )$,则热水的初始温度 $t_1 = \frac{3t - t_0}{2}$。
