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1. (2025·南京鼓楼期末)将质量相等、初温相同的沙子和水分别放在两个瓷盘中,如图甲所示,用红外灯照射两个瓷盘4 min后,它们的温度随时间变化图像如图乙中a、b所示,则下列说法正确的是 （
A.图线a、b分别对应的物质是水和沙子
B.升高相同温度,a 对应的物质吸收的热量更多
C.沙子与水的比热容之比$c_{\mathrm{沙}}:c_{\mathrm{水}}=1:4$
D.该实验可解释沿海地区白天产生的陆风现象
C
）A.图线a、b分别对应的物质是水和沙子
B.升高相同温度,a 对应的物质吸收的热量更多
C.沙子与水的比热容之比$c_{\mathrm{沙}}:c_{\mathrm{水}}=1:4$
D.该实验可解释沿海地区白天产生的陆风现象
答案
提示:沙子和水的质量和初温相同,吸热相同时,图线a升温快,说明其比热容小,故图线a对应沙子。升高相同温度,图线b加热时间长,吸热多,对应水。加热4 min时,沙子和水吸热相同,即$c_{沙}m(54\ °\mathrm{C}-22\ °\mathrm{C})=c_{水}m(30\ °\mathrm{C}-22\ °\mathrm{C})$,得$\dfrac{c_{沙}}{c_{水}}=\dfrac{1}{4}$。白天海水吸热升温慢,陆地升温快,陆地上热空气上升,海面上的冷空气过来补充,形成海风。
解析
【分析】
本题围绕比热容的实验探究展开，解题思路为：首先明确实验中相同红外灯照射时，相同时间内沙子和水吸收的热量相等，且两者质量、初温均相同；依据热量公式$Q=cm\Delta t$，升温越快的物质比热容越小，据此判断图线对应的物质；再逐一分析选项，结合比热容公式计算比热容之比，结合比热容应用判断海陆风现象，最终确定正确选项。
【解析】
1. 判断图线对应物质：
实验中，相同红外灯照射相同时间，沙子和水吸收的热量$Q$相等，且质量$m$相等、初温均为$22°\mathrm{C}$。根据$Q=cm\Delta t$，变形得$\Delta t=\frac{Q}{cm}$，$\Delta t$越大，比热容$c$越小。由图乙，$4\ \mathrm{min}$时，$a$的温度变化$\Delta t_a=54°\mathrm{C}-22°\mathrm{C}=32°\mathrm{C}$，$b$的温度变化$\Delta t_b=30°\mathrm{C}-22°\mathrm{C}=8°\mathrm{C}$，$\Delta t_a＞\Delta t_b$，说明$a$比热容更小，对应沙子，$b$对应水，故A错误。
2. 分析选项B：
升高相同温度时，比热容大的物质（水）需要吸收更多热量，对应加热时间更长。由图可知，升高相同温度时，$b$（水）的加热时间更长、吸热更多，故B错误。
3. 计算比热容之比：
加热$4\ \mathrm{min}$时，沙子和水吸热$Q$相同，质量$m$相等，根据$Q=cm\Delta t$，得$c_{\mathrm{沙}}m\Delta t_a = c_{\mathrm{水}}m\Delta t_b$，约去$m$后整理：
$\frac{c_{\mathrm{沙}}}{c_{\mathrm{水}}}=\frac{\Delta t_b}{\Delta t_a}=\frac{8°\mathrm{C}}{32°\mathrm{C}}=\frac{1}{4}$，即沙子与水的比热容之比为$1:4$，故C正确。
4. 分析选项D：
白天，陆地（沙子）比热容小，吸热升温快、气压低；海洋（水）比热容大，吸热升温慢、气压高，风从海洋吹向陆地形成海风，而非陆风，故D错误。
综上，正确答案为C。
【答案】
C
【知识点】
比热容、热量计算、比热容的应用
【点评】
本题结合实验图像考查比热容的核心知识点，需要学生掌握控制变量法的应用，灵活运用$Q=cm\Delta t$分析问题，同时理解比热容在海陆风形成中的实际应用，是一道中等难度的综合题。
【难度系数】
0.5
本题围绕比热容的实验探究展开，解题思路为：首先明确实验中相同红外灯照射时，相同时间内沙子和水吸收的热量相等，且两者质量、初温均相同；依据热量公式$Q=cm\Delta t$，升温越快的物质比热容越小，据此判断图线对应的物质；再逐一分析选项，结合比热容公式计算比热容之比，结合比热容应用判断海陆风现象，最终确定正确选项。
【解析】
1. 判断图线对应物质：
实验中，相同红外灯照射相同时间，沙子和水吸收的热量$Q$相等，且质量$m$相等、初温均为$22°\mathrm{C}$。根据$Q=cm\Delta t$，变形得$\Delta t=\frac{Q}{cm}$，$\Delta t$越大，比热容$c$越小。由图乙，$4\ \mathrm{min}$时，$a$的温度变化$\Delta t_a=54°\mathrm{C}-22°\mathrm{C}=32°\mathrm{C}$，$b$的温度变化$\Delta t_b=30°\mathrm{C}-22°\mathrm{C}=8°\mathrm{C}$，$\Delta t_a＞\Delta t_b$，说明$a$比热容更小，对应沙子，$b$对应水，故A错误。
2. 分析选项B：
升高相同温度时，比热容大的物质（水）需要吸收更多热量，对应加热时间更长。由图可知，升高相同温度时，$b$（水）的加热时间更长、吸热更多，故B错误。
3. 计算比热容之比：
加热$4\ \mathrm{min}$时，沙子和水吸热$Q$相同，质量$m$相等，根据$Q=cm\Delta t$，得$c_{\mathrm{沙}}m\Delta t_a = c_{\mathrm{水}}m\Delta t_b$，约去$m$后整理：
$\frac{c_{\mathrm{沙}}}{c_{\mathrm{水}}}=\frac{\Delta t_b}{\Delta t_a}=\frac{8°\mathrm{C}}{32°\mathrm{C}}=\frac{1}{4}$，即沙子与水的比热容之比为$1:4$，故C正确。
4. 分析选项D：
白天，陆地（沙子）比热容小，吸热升温快、气压低；海洋（水）比热容大，吸热升温慢、气压高，风从海洋吹向陆地形成海风，而非陆风，故D错误。
综上，正确答案为C。
【答案】
C
【知识点】
比热容、热量计算、比热容的应用
【点评】
本题结合实验图像考查比热容的核心知识点，需要学生掌握控制变量法的应用，灵活运用$Q=cm\Delta t$分析问题，同时理解比热容在海陆风形成中的实际应用，是一道中等难度的综合题。
【难度系数】
0.5
2. 把$100\ °\mathrm{C}$的某铁块投入质量为$m_{1}$、温度为$20\ °\mathrm{C}$的水中,热平衡后温度为$40\ °\mathrm{C}$。把另一块$100\ °\mathrm{C}$的同样的铁块投入质量为$m_{2}$、温度为$20\ °\mathrm{C}$的水中,热平衡后温度为$60\ °\mathrm{C}$。如果把同样$100\ °\mathrm{C}$的铁块投入质量为$(m_{1}+m_{2})$、温度为$20\ °\mathrm{C}$的水中,热平衡后温度为（
A.$50\ °\mathrm{C}$
B.$48\ °\mathrm{C}$
C.$36\ °\mathrm{C}$
D.$32\ °\mathrm{C}$
C
）A.$50\ °\mathrm{C}$
B.$48\ °\mathrm{C}$
C.$36\ °\mathrm{C}$
D.$32\ °\mathrm{C}$
答案
提示:$100\ °\mathrm{C}$的铁块投入质量为$m_1$的$20\ °\mathrm{C}$的水中,$c_{铁}m_{铁}×(100\ °\mathrm{C}-40\ °\mathrm{C})=c_{水}m_1×(40\ °\mathrm{C}-20\ °\mathrm{C})$,即$2× c_{铁}m_{铁}×60\ °\mathrm{C}=c_{水}m_1×40\ °\mathrm{C}···①$,$100\ °\mathrm{C}$的铁块投入质量为$m_2$的$20\ °\mathrm{C}$的水中,$c_{铁}m_{铁}×(100\ °\mathrm{C}-60\ °\mathrm{C})=c_{水}m_2×(60\ °\mathrm{C}-20\ °\mathrm{C})$,即$c_{铁}m_{铁}×40\ °\mathrm{C}=c_{水}m_2×40\ °\mathrm{C}···②$,由①②得$c_{铁}m_{铁}=\dfrac{1}{4}c_{水}(m_1+m_2)···③$,$100\ °\mathrm{C}$的铁块投入质量为$(m_1+m_2)$的$20\ °\mathrm{C}$的水中,$c_{铁}m_{铁}(100\ °\mathrm{C}-t)=c_{水}(m_1+m_2)(t-20\ °\mathrm{C})···④$,由③④得$t=36\ °\mathrm{C}$。
解析
【分析】
本题考查热平衡方程的应用，核心思路是利用“热平衡时，高温物体放出的热量等于低温物体吸收的热量（不计热量损失）”，分别对前两次热平衡过程列热量等式，推导铁块与水的质量关系，再代入第三次热平衡过程求解最终温度。
【解析】
设铁块的比热容为$c_{铁}$，质量为$m_{铁}$，水的比热容为$c_{水}$。
1. 第一次热平衡：$100°C$的铁块投入$m_1$、$20°C$的水中，平衡后温度为$40°C$，根据$Q_{放}=Q_{吸}$：
$c_{铁}m_{铁}(100°C - 40°C) = c_{水}m_1(40°C - 20°C)$
化简得：$60c_{铁}m_{铁} = 20c_{水}m_1$，即$3c_{铁}m_{铁} = c_{水}m_1$ ——①
2. 第二次热平衡：$100°C$的铁块投入$m_2$、$20°C$的水中，平衡后温度为$60°C$，同理：
$c_{铁}m_{铁}(100°C - 60°C) = c_{水}m_2(60°C - 20°C)$
化简得：$40c_{铁}m_{铁} = 40c_{水}m_2$，即$c_{铁}m_{铁} = c_{水}m_2$ ——②
3. 联立①②，将②代入①得$m_1 = 3m_2$，且$c_{铁}m_{铁}=c_{水}m_2$，故$m_1 + m_2 = 4m_2$，即$c_{铁}m_{铁} = \frac{1}{4}c_{水}(m_1 + m_2)$ ——③
4. 第三次热平衡：设最终温度为$t$，铁块投入$(m_1 + m_2)$、$20°C$的水中，根据$Q_{放}=Q_{吸}$：
$c_{铁}m_{铁}(100°C - t) = c_{水}(m_1 + m_2)(t - 20°C)$
将③代入上式，约去$c_{水}(m_1 + m_2)$得：$\frac{1}{4}(100°C - t) = t - 20°C$
解方程：$100 - t = 4t - 80$，得$t = 36°C$
【答案】$36°C$
【知识点】热平衡方程、热量计算
【点评】本题通过三次热平衡过程，利用热量守恒建立方程，关键是通过前两次的关系推导质量关联，再代入第三次求解，需注意变量代换和方程化简的准确性。
【难度系数】0.5
本题考查热平衡方程的应用，核心思路是利用“热平衡时，高温物体放出的热量等于低温物体吸收的热量（不计热量损失）”，分别对前两次热平衡过程列热量等式，推导铁块与水的质量关系，再代入第三次热平衡过程求解最终温度。
【解析】
设铁块的比热容为$c_{铁}$，质量为$m_{铁}$，水的比热容为$c_{水}$。
1. 第一次热平衡：$100°C$的铁块投入$m_1$、$20°C$的水中，平衡后温度为$40°C$，根据$Q_{放}=Q_{吸}$：
$c_{铁}m_{铁}(100°C - 40°C) = c_{水}m_1(40°C - 20°C)$
化简得：$60c_{铁}m_{铁} = 20c_{水}m_1$，即$3c_{铁}m_{铁} = c_{水}m_1$ ——①
2. 第二次热平衡：$100°C$的铁块投入$m_2$、$20°C$的水中，平衡后温度为$60°C$，同理：
$c_{铁}m_{铁}(100°C - 60°C) = c_{水}m_2(60°C - 20°C)$
化简得：$40c_{铁}m_{铁} = 40c_{水}m_2$，即$c_{铁}m_{铁} = c_{水}m_2$ ——②
3. 联立①②，将②代入①得$m_1 = 3m_2$，且$c_{铁}m_{铁}=c_{水}m_2$，故$m_1 + m_2 = 4m_2$，即$c_{铁}m_{铁} = \frac{1}{4}c_{水}(m_1 + m_2)$ ——③
4. 第三次热平衡：设最终温度为$t$，铁块投入$(m_1 + m_2)$、$20°C$的水中，根据$Q_{放}=Q_{吸}$：
$c_{铁}m_{铁}(100°C - t) = c_{水}(m_1 + m_2)(t - 20°C)$
将③代入上式，约去$c_{水}(m_1 + m_2)$得：$\frac{1}{4}(100°C - t) = t - 20°C$
解方程：$100 - t = 4t - 80$，得$t = 36°C$
【答案】$36°C$
【知识点】热平衡方程、热量计算
【点评】本题通过三次热平衡过程，利用热量守恒建立方程，关键是通过前两次的关系推导质量关联，再代入第三次求解，需注意变量代换和方程化简的准确性。
【难度系数】0.5
3. (2024·南京秦淮期中)规格相同的甲、乙两容器中分别装有3 kg和4 kg的纯净水,并用不同的加热器同时对其加热,根据所记录的数据绘制出如图所示的水温与加热时间的关系图像。下列说法正确的是[不计热量损失,$c_{水}=4.2× 10^{3}\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg}· \ °\mathrm{C})$] （
A.乙杯中的水每分钟吸收的热量为$1.2× 10^{5}\ \mathrm{J}$
B.加热时间相同,甲、乙两杯水升高的温度之比为$5:4$
C.甲、乙两杯中的加热器每分钟放出的热量之比为$3:4$
D.将甲、乙两容器中的纯净水从$20\ °\mathrm{C}$加热至$100\ °\mathrm{C}$所需要的时间之比是$2:3$
D
）A.乙杯中的水每分钟吸收的热量为$1.2× 10^{5}\ \mathrm{J}$
B.加热时间相同,甲、乙两杯水升高的温度之比为$5:4$
C.甲、乙两杯中的加热器每分钟放出的热量之比为$3:4$
D.将甲、乙两容器中的纯净水从$20\ °\mathrm{C}$加热至$100\ °\mathrm{C}$所需要的时间之比是$2:3$
答案
提示:乙杯中水每分钟吸热$Q_{乙吸}=\dfrac{1}{3}c_{水}m_乙\Delta t_乙=\dfrac{1}{3}×4.2×10^3\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg}·\ °\mathrm{C})×4\ \mathrm{kg}×(40\ °\mathrm{C}-20\ °\mathrm{C})=1.12×10^5\ \mathrm{J}$;甲杯中水每分钟升高的温度为$10\ °\mathrm{C}$,乙杯中水每分钟升高的温度为$\dfrac{20}{3}\ °\mathrm{C}$,则加热相同时,甲、乙两杯水的升温之比$\dfrac{\Delta t_甲}{\Delta t'_乙}=\dfrac{10\ °\mathrm{C}}{\dfrac{20}{3}\ °\mathrm{C}}=\dfrac{3}{2}$;甲杯中水每分钟吸热$Q_{甲吸}=c_{水}m_甲\Delta t_甲=4.2×10^3\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg}·\ °\mathrm{C})×3\ \mathrm{kg}×10\ °\mathrm{C}=1.26×10^5\ \mathrm{J}$,不计热损失,即$Q_{吸}=Q_{放}$,甲、乙两杯中的加热器每分钟放热之比$\dfrac{Q_{甲放}}{Q_{乙放}}=\dfrac{Q_{甲吸}}{Q_{乙吸}}=\dfrac{1.26×10^5\ \mathrm{J}}{1.12×10^5\ \mathrm{J}}=\dfrac{9}{8}$;将容器中的水从$20\ °\mathrm{C}$加热至$100\ °\mathrm{C}$所需时间之比$\dfrac{t'_甲}{t'_乙}=\dfrac{2\ \mathrm{min}×4}{3\ \mathrm{min}×4}=\dfrac{2}{3}$。
解析
【分析】
要解决本题，需先从温度-时间图像中提取甲、乙两杯水的升温规律，结合热量公式$Q=cm\Delta t$，利用“不计热量损失时，加热器放热等于水吸热”的条件，逐个分析选项。首先明确：甲、乙初温均为20℃，甲2min升温至40℃，乙3min升温至40℃，据此计算每分钟升温，再结合公式推导各选项。
【解析】
已知水的比热容$c_{水}=4.2×10^3\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg·℃})$，甲的质量$m_甲=3\ \mathrm{kg}$，乙的质量$m_乙=4\ \mathrm{kg}$，初温均为20℃。
1. 计算每分钟升温：
甲2min升温$\Delta t_{甲总}=40℃-20℃=20℃$，故每分钟升温$\Delta t_{甲}=\frac{20℃}{2}=10℃$；
乙3min升温$\Delta t_{乙总}=40℃-20℃=20℃$，故每分钟升温$\Delta t_{乙}=\frac{20℃}{3}\ ℃$。
2. 分析选项A：
乙杯每分钟吸热$Q_{乙吸}=c_{水}m_乙\Delta t_{乙}=4.2×10^3\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg·℃})×4\ \mathrm{kg}×\frac{20}{3}\ ℃=1.12×10^5\ \mathrm{J}$，与选项中$1.2×10^5\ \mathrm{J}$不符，A错误。
3. 分析选项B：
加热时间相同（设为$t$），甲升高温度$\Delta t_甲=10t$，乙升高温度$\Delta t_乙=\frac{20}{3}t$，升温比$\frac{\Delta t_甲}{\Delta t_乙}=\frac{10t}{\frac{20}{3}t}=\frac{3}{2}$，并非5:4，B错误。
4. 分析选项C：
甲杯每分钟吸热$Q_{甲吸}=c_{水}m_甲\Delta t_{甲}=4.2×10^3\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg·℃})×3\ \mathrm{kg}×10℃=1.26×10^5\ \mathrm{J}$；
不计热量损失，加热器每分钟放热等于水每分钟吸热，故放热比$\frac{Q_{甲放}}{Q_{乙放}}=\frac{Q_{甲吸}}{Q_{乙吸}}=\frac{1.26×10^5\ \mathrm{J}}{1.12×10^5\ \mathrm{J}}=\frac{9}{8}$，并非3:4，C错误。
5. 分析选项D：
从20℃加热至100℃，需升温$\Delta t=100℃-20℃=80℃$；
甲所需时间$t_甲=\frac{80℃}{10℃/min}=8min$；
乙所需时间$t_乙=\frac{80℃}{\frac{20}{3}\ ℃/min}=12min$；
时间比$\frac{t_甲}{t_乙}=\frac{8min}{12min}=\frac{2}{3}$，D正确。
【答案】
D
【知识点】
比热容、热量计算、图像分析
【点评】
本题结合温度-时间图像考查热量公式的应用，关键是从图像中提取升温信息，结合不计热量损失的条件分析加热器放热，需注意物理量的对应关系，步骤较多，需细心推导计算。
【难度系数】
0.5
要解决本题，需先从温度-时间图像中提取甲、乙两杯水的升温规律，结合热量公式$Q=cm\Delta t$，利用“不计热量损失时，加热器放热等于水吸热”的条件，逐个分析选项。首先明确：甲、乙初温均为20℃，甲2min升温至40℃，乙3min升温至40℃，据此计算每分钟升温，再结合公式推导各选项。
【解析】
已知水的比热容$c_{水}=4.2×10^3\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg·℃})$，甲的质量$m_甲=3\ \mathrm{kg}$，乙的质量$m_乙=4\ \mathrm{kg}$，初温均为20℃。
1. 计算每分钟升温：
甲2min升温$\Delta t_{甲总}=40℃-20℃=20℃$，故每分钟升温$\Delta t_{甲}=\frac{20℃}{2}=10℃$；
乙3min升温$\Delta t_{乙总}=40℃-20℃=20℃$，故每分钟升温$\Delta t_{乙}=\frac{20℃}{3}\ ℃$。
2. 分析选项A：
乙杯每分钟吸热$Q_{乙吸}=c_{水}m_乙\Delta t_{乙}=4.2×10^3\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg·℃})×4\ \mathrm{kg}×\frac{20}{3}\ ℃=1.12×10^5\ \mathrm{J}$，与选项中$1.2×10^5\ \mathrm{J}$不符，A错误。
3. 分析选项B：
加热时间相同（设为$t$），甲升高温度$\Delta t_甲=10t$，乙升高温度$\Delta t_乙=\frac{20}{3}t$，升温比$\frac{\Delta t_甲}{\Delta t_乙}=\frac{10t}{\frac{20}{3}t}=\frac{3}{2}$，并非5:4，B错误。
4. 分析选项C：
甲杯每分钟吸热$Q_{甲吸}=c_{水}m_甲\Delta t_{甲}=4.2×10^3\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg·℃})×3\ \mathrm{kg}×10℃=1.26×10^5\ \mathrm{J}$；
不计热量损失，加热器每分钟放热等于水每分钟吸热，故放热比$\frac{Q_{甲放}}{Q_{乙放}}=\frac{Q_{甲吸}}{Q_{乙吸}}=\frac{1.26×10^5\ \mathrm{J}}{1.12×10^5\ \mathrm{J}}=\frac{9}{8}$，并非3:4，C错误。
5. 分析选项D：
从20℃加热至100℃，需升温$\Delta t=100℃-20℃=80℃$；
甲所需时间$t_甲=\frac{80℃}{10℃/min}=8min$；
乙所需时间$t_乙=\frac{80℃}{\frac{20}{3}\ ℃/min}=12min$；
时间比$\frac{t_甲}{t_乙}=\frac{8min}{12min}=\frac{2}{3}$，D正确。
【答案】
D
【知识点】
比热容、热量计算、图像分析
【点评】
本题结合温度-时间图像考查热量公式的应用，关键是从图像中提取升温信息，结合不计热量损失的条件分析加热器放热，需注意物理量的对应关系，步骤较多，需细心推导计算。
【难度系数】
0.5
4. 在两个相同的杯子内盛有质量相等的热水和冷水。若将一半热水倒入冷水杯内，冷水杯内的冷水温度升高$7\ °\mathrm{C}$，倒入的热水温度变化了
14
$°\mathrm{C}$；若将热水杯内$\dfrac{3}{4}$的热水倒入冷水杯内，冷水杯内的水温会升高9
$°\mathrm{C}$。(不计热量损失)答案
提示:设每一杯水的质量均为$m$,热水的初温为$t_2$,冷水的初温为$t_1$,将一半的热水倒入冷水杯后共同的温度为$t$,因不计热损失,故有$Q_{放}=Q_{吸}$,即$c×\dfrac{m}{2}×\Delta t_2=cm\Delta t_1$,解得$\Delta t_2=2\Delta t_1=2×7\ °\mathrm{C}=14\ °\mathrm{C}$,混合后冷水杯中水的温度与热水杯中热水的温度相差$14\ °\mathrm{C}$。若将热水杯内$\dfrac{3}{4}$的热水倒入冷水杯内,相当于先将热水杯内$\dfrac{1}{2}$的热水倒入冷水杯内,然后再将热水杯内剩余热水的$\dfrac{1}{2}$倒入冷水杯内,即第2次倒入热水质量为$\dfrac{m}{2}×\dfrac{1}{2}=\dfrac{m}{4}$,此时冷水杯中水的质量为$\dfrac{m}{2}+m=\dfrac{3}{2}m$,因$Q'_{放}=Q'_{吸}$,即$c×\dfrac{m}{4}×\Delta t_3=c×\dfrac{3}{2}m×\Delta t_4$,解得$\Delta t_3=6\Delta t_4$,因热水降低的温度与冷水升高的温度之和等于第1次混合后冷水杯中冷水的温度与热水杯中热水的温度的差值,即$\Delta t_3+\Delta t_4=14\ °\mathrm{C}$,$6\Delta t_4+\Delta t_4=14\ °\mathrm{C}$,解得$\Delta t_4=2\ °\mathrm{C}$,则将热水杯内$\dfrac{3}{4}$的热水倒入冷水杯内,冷水杯内的水温会升高$7\ °\mathrm{C}+2\ °\mathrm{C}=9\ °\mathrm{C}$。
解析
【分析】
解题思路：本题利用热平衡方程（不计热量损失时，热水放出的热量等于冷水吸收的热量）求解。首先设每杯水的质量为$m$，热水初温为$t_2$，冷水初温为$t_1$；第一次倒入一半热水时，根据冷水升高的温度，结合热平衡方程算出第一次倒入热水的温度变化；第二次倒入$\frac{3}{4}$的热水时，可分两次倒入，结合第一次混合后的温度差，算出冷水总共升高的温度。
【解析】
设每一杯水的质量均为$m$，热水的初温为$t_2$，冷水的初温为$t_1$。
1. 计算第一次倒入热水的温度变化：
倒入热水的质量为$\frac{m}{2}$，冷水质量为$m$，混合后共同温度为$t$。不计热量损失，故$Q_{放}=Q_{吸}$，即：
$ c · \frac{m}{2} · (t_2 - t) = c · m · (t - t_1) $
已知冷水温度升高$7°\mathrm{C}$，即$t - t_1 = 7°\mathrm{C}$，代入约去$c$和$m$，得：
$ \frac{1}{2}(t_2 - t) = 7°\mathrm{C} \implies t_2 - t = 14°\mathrm{C} $
即倒入的热水温度变化了$14°\mathrm{C}$。
2. 计算倒入$\frac{3}{4}$热水时冷水升高的温度：
倒入$\frac{3}{4}$热水，相当于先倒入$\frac{1}{2}m$热水（冷水升高$7°\mathrm{C}$），再倒入剩余热水的$\frac{1}{2}$，质量为$\frac{m}{4}$。此时冷水总质量为$\frac{3m}{2}$，设第二次倒入后冷水又升高$\Delta t_4$，热水降低$\Delta t_3$，第一次混合后温差为$14°\mathrm{C}$，故$\Delta t_3 + \Delta t_4 =14°\mathrm{C}$。
再次应用热平衡方程：
$ c · \frac{m}{4} · \Delta t_3 = c · \frac{3m}{2} · \Delta t_4 $
约去$c$和$m$，得$\Delta t_3 =6\Delta t_4$，代入温差关系：
$ 6\Delta t_4 + \Delta t_4 =14°\mathrm{C} \implies \Delta t_4=2°\mathrm{C} $
冷水总共升高的温度为$7°\mathrm{C} +2°\mathrm{C}=9°\mathrm{C}$。
【答案】
14；9
【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，核心是利用“不计热量损失时$Q_{放}=Q_{吸}$”的规律，结合质量关系分析温度变化，需理清每次混合的质量与温度差，属于中等难度的热学应用题。
【难度系数】
0.5
解题思路：本题利用热平衡方程（不计热量损失时，热水放出的热量等于冷水吸收的热量）求解。首先设每杯水的质量为$m$，热水初温为$t_2$，冷水初温为$t_1$；第一次倒入一半热水时，根据冷水升高的温度，结合热平衡方程算出第一次倒入热水的温度变化；第二次倒入$\frac{3}{4}$的热水时，可分两次倒入，结合第一次混合后的温度差，算出冷水总共升高的温度。
【解析】
设每一杯水的质量均为$m$，热水的初温为$t_2$，冷水的初温为$t_1$。
1. 计算第一次倒入热水的温度变化：
倒入热水的质量为$\frac{m}{2}$，冷水质量为$m$，混合后共同温度为$t$。不计热量损失，故$Q_{放}=Q_{吸}$，即：
$ c · \frac{m}{2} · (t_2 - t) = c · m · (t - t_1) $
已知冷水温度升高$7°\mathrm{C}$，即$t - t_1 = 7°\mathrm{C}$，代入约去$c$和$m$，得：
$ \frac{1}{2}(t_2 - t) = 7°\mathrm{C} \implies t_2 - t = 14°\mathrm{C} $
即倒入的热水温度变化了$14°\mathrm{C}$。
2. 计算倒入$\frac{3}{4}$热水时冷水升高的温度：
倒入$\frac{3}{4}$热水，相当于先倒入$\frac{1}{2}m$热水（冷水升高$7°\mathrm{C}$），再倒入剩余热水的$\frac{1}{2}$，质量为$\frac{m}{4}$。此时冷水总质量为$\frac{3m}{2}$，设第二次倒入后冷水又升高$\Delta t_4$，热水降低$\Delta t_3$，第一次混合后温差为$14°\mathrm{C}$，故$\Delta t_3 + \Delta t_4 =14°\mathrm{C}$。
再次应用热平衡方程：
$ c · \frac{m}{4} · \Delta t_3 = c · \frac{3m}{2} · \Delta t_4 $
约去$c$和$m$，得$\Delta t_3 =6\Delta t_4$，代入温差关系：
$ 6\Delta t_4 + \Delta t_4 =14°\mathrm{C} \implies \Delta t_4=2°\mathrm{C} $
冷水总共升高的温度为$7°\mathrm{C} +2°\mathrm{C}=9°\mathrm{C}$。
【答案】
14；9
【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，核心是利用“不计热量损失时$Q_{放}=Q_{吸}$”的规律，结合质量关系分析温度变化，需理清每次混合的质量与温度差，属于中等难度的热学应用题。
【难度系数】
0.5
5. (2025·镇江丹阳期末)体育课后,小龙用两个相同的大水杯从饮水机分别接部分冷水和热水,准备用两杯水混合来得到温度适宜的饮用水。已知热水的初温为$93\ °\mathrm{C}$,他先将冷水杯内一半的冷水倒入热水杯内,摇匀且稳定后,热水杯内水的温度降低到$63\ °\mathrm{C}$。他再将冷水杯内的剩余冷水的一半倒入热水杯中,摇匀且稳定后,热水杯内水的温度降低到$57\ °\mathrm{C}$。则混合前,两杯子内最初的热水和冷水的质量之比
1:2
。小龙最后将冷水杯内剩余的冷水全部倒入热水杯内,摇匀且稳定后,热水杯内水的温度将降低到53
$°\mathrm{C}$。答案
提示:第一次混合时,$Q_{放}=Q_{吸}$,$cm_{热}×(93\ °\mathrm{C}-63\ °\mathrm{C})=c×\dfrac{1}{2}m_{冷}×(63\ °\mathrm{C}-t_{冷})$,第二次混合时,$c×(m_{热}+\dfrac{1}{2}m_{冷})×(63\ °\mathrm{C}-57\ °\mathrm{C})=c×\dfrac{1}{4}m_{冷}×(57\ °\mathrm{C}-t_{冷})$,解得$m_{热}:m_{冷}=1:2$,$t_{冷}=33\ °\mathrm{C}$,第三次混合时,$c×(m_{热}+\dfrac{3}{4}m_{冷})×(57\ °\mathrm{C}-t_{末})=c×\dfrac{1}{4}m_{冷}×(t_{末}-33\ °\mathrm{C})$,将$m_{热}:m_{冷}=1:2$代入得$t_{末}=53\ °\mathrm{C}$。
解析
【分析】
这道题利用热传递中热量平衡原理（不计热量损失时，冷水吸收的热量等于热水放出的热量），分三次混合冷水和热水：前两次混合可求出热水与冷水的质量比、冷水的初温，第三次混合即可求出最终水温。解题时需根据每次混合的质量变化，结合热平衡方程列等式求解。
【解析】
设热水质量为$m_{热}$，冷水质量为$m_{冷}$，冷水初温为$t_{冷}$，水的比热容为$c$（计算时可约去）。
1. 第一次混合：将一半冷水（$\frac{1}{2}m_{冷}$）倒入热水，热水放出的热量等于冷水吸收的热量：
$c m_{热}(93°\mathrm{C} - 63°\mathrm{C}) = c · \frac{1}{2}m_{冷}(63°\mathrm{C} - t_{冷})$
约去$c$，化简得：
$30 m_{热} = \frac{1}{2}m_{冷}(63 - t_{冷}) \quad ①$
2. 第二次混合：将剩余冷水的一半（$\frac{1}{4}m_{冷}$）倒入热水，此时热水总质量为$m_{热} + \frac{1}{2}m_{冷}$，再次根据热平衡：
$c(m_{热} + \frac{1}{2}m_{冷})(63°\mathrm{C} - 57°\mathrm{C}) = c · \frac{1}{4}m_{冷}(57°\mathrm{C} - t_{冷})$
约去$c$，化简得：
$6(m_{热} + \frac{1}{2}m_{冷}) = \frac{1}{4}m_{冷}(57 - t_{冷}) \quad ②$
3. 联立①②求解：由①得$63 - t_{冷} = \frac{60 m_{热}}{m_{冷}}$，则$57 - t_{冷} = \frac{60 m_{热}}{m_{冷}} -6$，代入②式：
$6(m_{热} + \frac{1}{2}m_{冷}) = \frac{1}{4}m_{冷}(\frac{60 m_{热}}{m_{冷}} -6)$
两边乘4消去分母，化简得：$24 m_{热} +12 m_{冷} = 60 m_{热} -6 m_{冷}$，整理得$m_{热}:m_{冷}=1:2$；代入①式得$t_{冷}=33°\mathrm{C}$。
4. 第三次混合：将剩余冷水（$\frac{1}{4}m_{冷}$）全部倒入热水，此时热水总质量为$m_{热} + \frac{3}{4}m_{冷}$，再次热平衡：
$c(m_{热} + \frac{3}{4}m_{冷})(57°\mathrm{C} - t_{末}) = c · \frac{1}{4}m_{冷}(t_{末} - 33°\mathrm{C})$
代入$m_{热}=\frac{1}{2}m_{冷}$，约去$c$和$m_{冷}$，化简得：$\frac{5}{4}(57 - t_{末}) = \frac{1}{4}(t_{末} -33)$，解得$t_{末}=53°\mathrm{C}$。
【答案】
$1:2$；$53$
【知识点】
热平衡方程、热量计算
【点评】
本题通过多次热传递结合热平衡方程求解，关键是分阶段分析每次混合的质量和温度变化，利用热量相等建立等式，需理清各阶段的物理量关系，难度适中。
【难度系数】
0.5
这道题利用热传递中热量平衡原理（不计热量损失时，冷水吸收的热量等于热水放出的热量），分三次混合冷水和热水：前两次混合可求出热水与冷水的质量比、冷水的初温，第三次混合即可求出最终水温。解题时需根据每次混合的质量变化，结合热平衡方程列等式求解。
【解析】
设热水质量为$m_{热}$，冷水质量为$m_{冷}$，冷水初温为$t_{冷}$，水的比热容为$c$（计算时可约去）。
1. 第一次混合：将一半冷水（$\frac{1}{2}m_{冷}$）倒入热水，热水放出的热量等于冷水吸收的热量：
$c m_{热}(93°\mathrm{C} - 63°\mathrm{C}) = c · \frac{1}{2}m_{冷}(63°\mathrm{C} - t_{冷})$
约去$c$，化简得：
$30 m_{热} = \frac{1}{2}m_{冷}(63 - t_{冷}) \quad ①$
2. 第二次混合：将剩余冷水的一半（$\frac{1}{4}m_{冷}$）倒入热水，此时热水总质量为$m_{热} + \frac{1}{2}m_{冷}$，再次根据热平衡：
$c(m_{热} + \frac{1}{2}m_{冷})(63°\mathrm{C} - 57°\mathrm{C}) = c · \frac{1}{4}m_{冷}(57°\mathrm{C} - t_{冷})$
约去$c$，化简得：
$6(m_{热} + \frac{1}{2}m_{冷}) = \frac{1}{4}m_{冷}(57 - t_{冷}) \quad ②$
3. 联立①②求解：由①得$63 - t_{冷} = \frac{60 m_{热}}{m_{冷}}$，则$57 - t_{冷} = \frac{60 m_{热}}{m_{冷}} -6$，代入②式：
$6(m_{热} + \frac{1}{2}m_{冷}) = \frac{1}{4}m_{冷}(\frac{60 m_{热}}{m_{冷}} -6)$
两边乘4消去分母，化简得：$24 m_{热} +12 m_{冷} = 60 m_{热} -6 m_{冷}$，整理得$m_{热}:m_{冷}=1:2$；代入①式得$t_{冷}=33°\mathrm{C}$。
4. 第三次混合：将剩余冷水（$\frac{1}{4}m_{冷}$）全部倒入热水，此时热水总质量为$m_{热} + \frac{3}{4}m_{冷}$，再次热平衡：
$c(m_{热} + \frac{3}{4}m_{冷})(57°\mathrm{C} - t_{末}) = c · \frac{1}{4}m_{冷}(t_{末} - 33°\mathrm{C})$
代入$m_{热}=\frac{1}{2}m_{冷}$，约去$c$和$m_{冷}$，化简得：$\frac{5}{4}(57 - t_{末}) = \frac{1}{4}(t_{末} -33)$，解得$t_{末}=53°\mathrm{C}$。
【答案】
$1:2$；$53$
【知识点】
热平衡方程、热量计算
【点评】
本题通过多次热传递结合热平衡方程求解，关键是分阶段分析每次混合的质量和温度变化，利用热量相等建立等式，需理清各阶段的物理量关系，难度适中。
【难度系数】
0.5
6. 为了比较水和食用油的吸热能力，小明用两个相同的装置做了如图甲的实验。实验数据记录
如表。
(1) 由表中数据可知，水和食用油的质量和初温都是
(2) 若小明实验前，用温度计测出初温不同的水和食用油的温度，然后加热相同的时间，用温度计测出水和食用油末温也不同，则
(3) 同组小华又探究“物质的放热能力，分别用质量为1 kg的水和另一种液体进行对比
实验，已知水的比热容大于另外一种液体的比热容，并画出温度随时间变化的图像(图乙)，实验过程中，水和另一种液体在相同时间内放出的热量相等，分析图像可以得出：水10 min放出的热量为
如表。
(1) 由表中数据可知，水和食用油的质量和初温都是
相同
(填“相同”或“不相同”)的，若要使水和食用油的最后升高温度相同，则要继续给水
(填“水”或“食用油”)加热一段时间，待两者升高的温度相同时，水吸收的热量大于
(填“大于”或“小于”或“等于”)食用油吸收的热量。这表明水
(填“水”或“食用油”)吸热能力强。(2) 若小明实验前，用温度计测出初温不同的水和食用油的温度，然后加热相同的时间，用温度计测出水和食用油末温也不同，则
能
(填“能”或“不能”)得出水和食用油的比热容大小关系。(3) 同组小华又探究“物质的放热能力，分别用质量为1 kg的水和另一种液体进行对比
实验，已知水的比热容大于另外一种液体的比热容，并画出温度随时间变化的图像(图乙)，实验过程中，水和另一种液体在相同时间内放出的热量相等，分析图像可以得出：水10 min放出的热量为
$4.2×10^4$
J，另一种液体的比热容为$1.8×10^3$
$\mathrm{J}/(\mathrm{kg}·°\mathrm{C})$。$[c_\mathrm{水}=4.2×10^3\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg}·°\mathrm{C})]$答案
提示:(1)由表中数据可知,加热时间相同时,水升高的温度较低,因此为使水和食用油升温相同,要给水多加热一段时间,因此两者升温相同时,水比食用油吸收的热量多,表明水吸热能力强。(2)若水和食用油的初温不同,加热相同时间后,比较温度的变化也能得出水和食用油的比热容大小关系。(3)水的比热容大,放热降温慢,故图乙中上面的直线为水的图像,10 min内$Q_{放}=\dfrac{1}{2}c_{水}m\Delta t_{水}=\dfrac{1}{2}×4.2×10^3\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg}·\ °\mathrm{C})×1\ \mathrm{kg}×(50\ °\mathrm{C}-30\ °\mathrm{C})=4.2×10^4\ \mathrm{J}$。水从$50\ °\mathrm{C}$降到$30\ °\mathrm{C}$用时20 min,另一液体从$50\ °\mathrm{C}$降到$15\ °\mathrm{C}$用时15 min,则$Q_{水}=\dfrac{20}{15}Q_{液}$,$c_{水}m\Delta t_{水}=\dfrac{20}{15}× c_{液}m\Delta t_{液}$,即$4.2×10^3\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg}·\ °\mathrm{C})×1\ \mathrm{kg}×(50\ °\mathrm{C}-30\ °\mathrm{C})=\dfrac{20}{15}× c_{液}×1\ \mathrm{kg}×(50\ °\mathrm{C}-15\ °\mathrm{C})$,解得$c_{液}=1.8×10^3\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg}·\ °\mathrm{C})$。
解析
【分析】
本题围绕比热容的实验探究展开，需结合控制变量法和热量公式$Q=cm\Delta t$分析：
(1) 比较物质吸热能力时，需控制质量、初温等变量，结合水和食用油的比热容差异分析热量吸收情况；
(2) 加热相同时间意味着吸收热量相同，即使初温不同，也可通过温度变化量判断比热容；
(3) 放热实验中，比热容大的物质降温更慢，利用相同时间放热相等的条件，结合热量公式计算相关物理量。
【解析】
(1) 为比较水和食用油的吸热能力，实验需控制两者的质量和初温相同，故第一空填“相同”；水的比热容比食用油大，升高相同温度时水需要吸收更多热量，因此需继续给水加热；待升高温度相同时，水吸收的热量大于食用油，表明水的吸热能力更强。
(2) 加热相同时间，水和食用油吸收的热量$Q$相同，质量$m$相同，根据$Q=cm\Delta t$，$\Delta t=\frac{Q}{cm}$，即使初温不同，通过比较温度变化量$\Delta t$也能判断比热容大小，故填“能”。
(3) 水的比热容大，放热时降温慢，对应图乙中温度下降慢的图像。水从$50° C$降到$30° C$用时$20\ \mathrm{min}$，则$10\ \mathrm{min}$放出的热量为：
$Q_{\mathrm{放}}=\frac{1}{2}c_{\mathrm{水}}m\Delta t_{\mathrm{水}}=\frac{1}{2}×4.2×10^3\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg·}°\mathrm{C})×1\ \mathrm{kg}×(50°\mathrm{C}-30°\mathrm{C})=4.2×10^4\ \mathrm{J}$；
相同时间内放出热量相等，另一种液体$15\ \mathrm{min}$放出的热量等于水$20\ \mathrm{min}$放出的热量，即$Q_{\mathrm{液}}=\frac{15}{20}Q_{\mathrm{水}20\mathrm{min}}=\frac{15}{20}×[4.2×10^3\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg·}°\mathrm{C})×1\ \mathrm{kg}×(50°\mathrm{C}-30°\mathrm{C})]=6.3×10^4\ \mathrm{J}$；
另一种液体的温度变化$\Delta t_{\mathrm{液}}=50°\mathrm{C}-15°\mathrm{C}=35°\mathrm{C}$，根据$Q=cm\Delta t$得：
$c_{\mathrm{液}}=\frac{Q_{\mathrm{液}}}{m\Delta t_{\mathrm{液}}}=\frac{6.3×10^4\ \mathrm{J}}{1\ \mathrm{kg}×35°\mathrm{C}}=1.8×10^3\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg·}°\mathrm{C})$。
【答案】
(1) 相同；水；大于；水 (2) 能 (3) $4.2×10^4$；$1.8×10^3$
【知识点】
比热容；热量计算；控制变量法
【点评】
本题考查比热容的实验探究，核心是控制变量法和热量公式的应用，需结合实验条件分析变量关系，是初中热学的重点常规题型。
【难度系数】
0.6
本题围绕比热容的实验探究展开，需结合控制变量法和热量公式$Q=cm\Delta t$分析：
(1) 比较物质吸热能力时，需控制质量、初温等变量，结合水和食用油的比热容差异分析热量吸收情况；
(2) 加热相同时间意味着吸收热量相同，即使初温不同，也可通过温度变化量判断比热容；
(3) 放热实验中，比热容大的物质降温更慢，利用相同时间放热相等的条件，结合热量公式计算相关物理量。
【解析】
(1) 为比较水和食用油的吸热能力，实验需控制两者的质量和初温相同，故第一空填“相同”；水的比热容比食用油大，升高相同温度时水需要吸收更多热量，因此需继续给水加热；待升高温度相同时，水吸收的热量大于食用油，表明水的吸热能力更强。
(2) 加热相同时间，水和食用油吸收的热量$Q$相同，质量$m$相同，根据$Q=cm\Delta t$，$\Delta t=\frac{Q}{cm}$，即使初温不同，通过比较温度变化量$\Delta t$也能判断比热容大小，故填“能”。
(3) 水的比热容大，放热时降温慢，对应图乙中温度下降慢的图像。水从$50° C$降到$30° C$用时$20\ \mathrm{min}$，则$10\ \mathrm{min}$放出的热量为：
$Q_{\mathrm{放}}=\frac{1}{2}c_{\mathrm{水}}m\Delta t_{\mathrm{水}}=\frac{1}{2}×4.2×10^3\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg·}°\mathrm{C})×1\ \mathrm{kg}×(50°\mathrm{C}-30°\mathrm{C})=4.2×10^4\ \mathrm{J}$；
相同时间内放出热量相等，另一种液体$15\ \mathrm{min}$放出的热量等于水$20\ \mathrm{min}$放出的热量，即$Q_{\mathrm{液}}=\frac{15}{20}Q_{\mathrm{水}20\mathrm{min}}=\frac{15}{20}×[4.2×10^3\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg·}°\mathrm{C})×1\ \mathrm{kg}×(50°\mathrm{C}-30°\mathrm{C})]=6.3×10^4\ \mathrm{J}$；
另一种液体的温度变化$\Delta t_{\mathrm{液}}=50°\mathrm{C}-15°\mathrm{C}=35°\mathrm{C}$，根据$Q=cm\Delta t$得：
$c_{\mathrm{液}}=\frac{Q_{\mathrm{液}}}{m\Delta t_{\mathrm{液}}}=\frac{6.3×10^4\ \mathrm{J}}{1\ \mathrm{kg}×35°\mathrm{C}}=1.8×10^3\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg·}°\mathrm{C})$。
【答案】
(1) 相同；水；大于；水 (2) 能 (3) $4.2×10^4$；$1.8×10^3$
【知识点】
比热容；热量计算；控制变量法
【点评】
本题考查比热容的实验探究，核心是控制变量法和热量公式的应用，需结合实验条件分析变量关系，是初中热学的重点常规题型。
【难度系数】
0.6
