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

12.C

【分析】本题考查比热容相关的热量计算，解题思路是先回忆物体吸收热量的公式 $ Q = cm\Delta t $，题目给出了比热容之比、吸收热量之比、升高温度相同，要求质量之比，因此将公式变形为 $ m = \frac{Q}{c\Delta t} $，再代入已知的比值进行计算，即可得出甲、乙两物体的质量之比。
【解析】根据物体吸收热量的公式 $ Q = cm\Delta t $，变形可得质量表达式：$ m = \frac{Q}{c\Delta t} $。
已知：$ \frac{c_甲}{c_乙} = \frac{2}{5} $，$ \frac{Q_甲}{Q_乙} = \frac{5}{1} $，升高温度相同，即 $ \Delta t_甲 = \Delta t_乙 $，故 $ \frac{\Delta t_甲}{\Delta t_乙} = \frac{1}{1} $。
则甲、乙质量之比：
$\frac{m_甲}{m_乙} = \frac{\frac{Q_甲}{c_甲\Delta t_甲}}{\frac{Q_乙}{c_乙\Delta t_乙}} = \frac{Q_甲}{Q_乙} × \frac{c_乙}{c_甲} × \frac{\Delta t_乙}{\Delta t_甲}$
代入数值计算：
$\frac{m_甲}{m_乙} = \frac{5}{1} × \frac{5}{2} × \frac{1}{1} = \frac{25}{2}$
因此甲、乙两物体的质量之比为25:2，对应选项C。
【答案】C
【知识点】比热容、热量计算公式应用
【点评】本题是初中物理比热容章节的基础比值计算题，核心是灵活运用热量公式进行变形，计算时需注意各物理量比值的对应关系，属于难度适中的常考题型，只要掌握公式即可正确解答。
【难度系数】0.6

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，放在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$0°\mathrm{C}$
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、冰的熔点特点及热量公式分析：首先，标准大气压下冰的熔点为0℃，当冰块形状不再变化时，金属块与冰的热传递停止，最终三者温度都等于冰的温度0℃，因此金属块降低的温度Δt相同；其次，冰块凹陷越深，说明熔化的冰越多，对应金属块放出的热量越多；最后根据热量公式Q放=cmΔt，结合已知的质量、温度变化关系分析比热容的大小。
【解析】
1. 分析最终温度：标准大气压下冰的熔点为0℃，当冰块形状不再变化时，金属块与冰热传递平衡，最终三个金属块的温度都等于冰的温度0℃，三者最终温度相同，故A错误。
2. 分析放出的热量：冰块凹陷程度反映冰熔化的多少，丙处冰块凹陷最深，说明丙对应的冰熔化最多，即丙放出的热量最多，甲放出的热量最少，三者放出的热量不相同，故B错误。
3. 分析冰的熔化温度：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是0℃，不可能高于0℃，故C错误。
4. 分析比热容：已知三个金属块质量m相同，初始温度相同，最终温度都是0℃，故温度变化量Δt相同；根据热量公式Q放=cmΔt，变形得c=Q放/(mΔt)，由于丙放出的热量Q放最大，m和Δt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，故D正确。
【答案】
D
【知识点】
比热容、热传递、热量计算
【点评】
本题通过冰块凹陷的直观现象考查比热容的应用，关键是理解凹陷程度与金属块放热的关系，需掌握热传递平衡的特点和热量公式的应用，属于中等难度的热学综合题。
【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.$Q_1＜Q_2,\Delta t_1＞\Delta t_2$

14.C

【分析】
要解决这道题，首先明确：将试管放入热水足够长时间后，试管内水和煤油的温度会与热水温度相同，因此它们的末温相等；已知水和煤油的初温相同，所以两者升高的温度Δt相同。再根据吸热公式Q=cmΔt，结合水和煤油的比热容大小关系，即可判断吸收热量的多少。
【解析】
1. 确定温度变化：经过足够长时间，水和煤油的末温等于热水温度，已知两者初温相同，因此温度升高值$\Delta t_1 = \Delta t_2$；
2. 分析吸收热量：根据吸热公式$Q_{吸}=cm\Delta t$，水和煤油的质量$m$相等，$\Delta t$相同，且$c_{水}＞c_{煤油}$，所以$Q_1 = c_{水}m\Delta t$，$Q_2 = c_{煤油}m\Delta t$，可得$Q_1＞Q_2$；
综上，$Q_1＞Q_2$，$\Delta t_1=\Delta t_2$，对应选项C。
【答案】
C
【知识点】
热量计算、比热容应用
【点评】
本题考查吸热公式$Q=cm\Delta t$的应用，关键是判断出水和煤油的温度变化量相等，结合比热容大小即可得出结论，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℃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？[$c_{\mathrm{水}}=4.2×10^3$J/(kg·℃)]

15.解:由$Q_{吸}=cm\Delta t$得
$\Delta t=\frac{Q_{吸}}{c_{水}m}=\frac{7.56× 10^5\mathrm{J}}{4.2× 10^3\mathrm{J/(kg· °C)}× 2\mathrm{kg}}=90°C$,
$t=t_0+\Delta t=20°C+90°C=110°C$.
因为在标准大气压下,水的沸点为$100°C$,所以水的温度升高到$100°C$将不再上升,因此水温升高了$100°C-20°C=80°C$.

【分析】
解题时先利用吸热公式计算水理论上升高的温度，再结合标准大气压下水的沸点为100℃，判断水实际能升高的温度（水沸腾后温度不再上升），避免直接使用理论值计算的错误，从而得出正确结果。
【解析】
解：根据吸热公式$Q_{吸}=c_{水}m\Delta t$，可得水理论上升高的温度：
$\Delta t=\frac{Q_{吸}}{c_{水}m}=\frac{7.56×10^5\mathrm{J}}{4.2×10^3\mathrm{J/(kg·℃)}×2\mathrm{kg}}=90℃$
水理论上的末温：$t=t_0+\Delta t=20℃+90℃=110℃$
因为标准大气压下水的沸点为100℃，水沸腾时温度保持不变，所以水实际升高的温度为：$\Delta t'=100℃-20℃=80℃$
【答案】
80℃
【知识点】
热量的计算、沸点与气压的关系
【点评】
本题考查热量计算及沸点的实际应用，核心是注意标准大气压下水的沸点限制，需结合实际情况分析，避免忽略物理规律的适用条件。
【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2.1×10³J/(kg·℃)，则：(1)经过4min甲、乙升高的温度之比为多少？(2)乙的比热容为多少？第16题图

16.解:(1)经过4min甲、乙升高的温度之比$\Delta t_甲:\Delta t_乙=20°C:40°C=1:2$.
(2)4min内甲、乙吸收的热量相等,根据$Q_{吸}=cm\Delta t$,得
$c_甲m_甲\Delta t_甲=c_乙m_乙\Delta t_乙$,
$c_乙=c_甲× \frac{m_甲}{m_乙}× \frac{\Delta t_甲}{\Delta t_乙}=2.1× 10^3\mathrm{J/(kg· °C)}× \frac{4}{1}× \frac{1}{2}=4.2× 10^3\mathrm{J/(kg· °C)}$.

【分析】
要解决本题，首先从温度-时间图像中提取甲、乙两物体在4min内的温度变化量，计算升高温度的比值；再根据“相同酒精灯加热相同时间，甲、乙吸收的热量相等”的条件，结合热量计算公式$Q_{吸}=cm\Delta t$，代入已知的质量比、甲的比热容及温度变化比值，即可求出乙的比热容。
【解析】
(1) 由图像可知：t=0时，甲的初温$t_{甲0}=40° C$，乙的初温$t_{乙0}=20° C$；t=4min时，两者末温均为$60° C$。
则4min内甲升高的温度$\Delta t_甲 = 60° C - 40° C = 20° C$，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) 相同酒精灯加热4min，甲、乙吸收的热量相等，即$Q_{吸甲}=Q_{吸乙}$。
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$m_甲:m_乙=4:1$，$c_甲=2.1×10^3 J/(kg·° C)$，$\Delta t_甲:\Delta t_乙=1:2$，代入得：
$c_乙 = 2.1×10^3 J/(kg·° C) × \frac{4}{1} × \frac{1}{2} = 4.2×10^3 J/(kg·° C)$
【答案】
(1) $1:2$；(2) $4.2×10^3 J/(kg·° C)$
【知识点】
比热容计算；热量公式$Q=cm\Delta t$
【点评】
本题结合温度-时间图像考查比热容的计算，关键是从图像中准确获取温度变化量，利用“相同时间吸收热量相等”的隐含条件，结合热量公式推导计算，属于基础应用题型。
【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$10°\mathrm{C}$，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$10°C$,
由$Q_{吸}=Q_{放}$,得$cm_0(t-10°C)=cm× 10°C$,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$6°C$,由$Q_{吸}=Q_{放}$,得
$cm_0(t-10°C-6°C)=c(m+m_0)× 6°C$,②
则①-②得
$6°C× cm_0=10°C× cm-6°C× cm-6°C× cm_0$,
整理,得$12°C× cm_0=4°C× cm$,
解得$m=3m_0$,
代入①式可得,$t=40°C$.
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:
$3m_0c(40°C-\Delta t)=mc\Delta t$,$m=3m_0$,
联立两式解得$\Delta t=20°C$.
$40°C-20°C=20°C$,
则倒入第3杯热水后,容器中的水温会上升$20°C-10°C-6°C=4°C$.

【分析】
本题利用热平衡原理（不计热量损失时，热水放出的热量等于冷水吸收的热量）解题。首先设每杯热水质量为$m_0$、冷水质量为$m$，热水与冷水初始温度差为$t$；第一次倒入热水后冷水升温$10° C$，根据热平衡列第一个方程；第二次倒入相同热水后水温再升$6° C$，此时混合水质量变化，再列第二个方程；联立两方程求出$m$与$m_0$的关系、$t$的值；最后计算第三次倒入热水后水温升高的度数。
【解析】
设每杯热水质量为$m_0$，冷水质量为$m$，热水与冷水初始温度差为$t$，水的比热容为$c$。
1. 第一次倒入热水时，冷水吸收的热量等于热水放出的热量：
$Q_{吸1}=Q_{放1}$，即$cm×10° C = cm_0(t -10° C)$ ①
2. 第二次倒入相同热水后，容器内水总质量为$m+m_0$，水温变为$10° C+6° C=16° C$，此时热水放出的热量等于混合水吸收的热量：
$Q_{吸2}=Q_{放2}$，即$c(m+m_0)×6° C = cm_0(t -16° C)$ ②
3. 联立①②，两边消去$c$，整理得：
$10m = m_0(t -10)$，$6(m+m_0)=m_0(t -16)$
两式相减消去$t$：$10m -6(m+m_0)=m_0(t-10)-m_0(t-16)$
化简得：$4m -6m_0=6m_0$，解得$m=3m_0$
将$m=3m_0$代入①式，得$10×3m_0=m_0(t-10)$，解得$t=40° C$
4. 设第三次倒入热水后，水温升高$\Delta t$，此时容器内水总质量为$m+2m_0=5m_0$，水温变为$16° C+\Delta t$，根据热平衡：
$c×5m_0×\Delta t = cm_0(40° C -16° C -\Delta t)$
消去$c$和$m_0$，解得$5\Delta t=24° C-\Delta t$，即$\Delta t=4° C$
【答案】
B
【知识点】
热平衡方程、热量计算
【点评】
本题考查热平衡方程的应用，核心是通过两次混合的热量关系联立方程，求出质量关系和温度差，进而计算第三次升温，需理清每次混合后的质量与温度变化，逻辑推导要求较高，是热学的典型应用题型。
【难度系数】
0.4