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6. (2025·南通如皋期中)甲、乙两个物体质量相等，甲的初温为 $88\ \mathrm{° C}$，乙的初温为$100\ \mathrm{° C}$，先把甲投入一杯冷水中，热平衡后水温升高了 $10\ \mathrm{° C}$。取出甲，再把乙立即放入这杯水中，热平衡后水温又升高了 $12\ \mathrm{° C}$。假设热量和水量都没有损失，那么甲放出的热量 $Q_\mathrm{甲}$ 和乙放出的热量 $Q_\mathrm{乙}$ 的关系是$Q_\mathrm{甲}$
$＜$
（填“$＞$”“$＜$”或“$=$”，下同）$Q_\mathrm{乙}$，甲的比热容 $c_\mathrm{甲}$ 和乙的比热容 $c_\mathrm{乙}$ 的关系是 $c_\mathrm{甲}$ $＜$
$c_\mathrm{乙}$。答案
6. $＜$ $＜$ 提示:把甲投入冷水中,热平衡时$\Delta t_{水1}=10\ °\mathrm{C}$。取出甲,再把乙立即放入这杯水中,热平衡时$\Delta t_{水2}=12\ °\mathrm{C}$,第2次水温升的高,水吸热较多。因没有热损失,$Q_{放}=Q_{吸}$,故乙放热多,即$Q_甲＜Q_乙$。设冷水的初温为$t_0$,第1次热平衡时,甲和水的温度$t_1=t_0+10\ °\mathrm{C}$,第2次热平衡时,乙和水的温度$t_2=t_0+10\ °\mathrm{C}+12\ °\mathrm{C}=t_0+22\ °\mathrm{C}$。$\Delta t_甲=t_甲-t_1=88\ °\mathrm{C}-(t_0+10\ °\mathrm{C})=78\ °\mathrm{C}-t_0$,$\Delta t_乙=t_乙-t_2=100\ °\mathrm{C}-(t_0+22\ °\mathrm{C})=78\ °\mathrm{C}-t_0$,故$\Delta t_甲=\Delta t_乙$,又因为甲、乙质量相等,由$Q_{放}=cm\Delta t$知$c_甲＜c_乙$。
解析
【分析】
要解决这道题，需结合热平衡原理（无热量损失时，物体放出的热量等于水吸收的热量）和热量计算公式$Q=cm\Delta t$分析：
1. 比较$Q_甲$和$Q_乙$：两次热传递中，水的质量和比热容不变，水温升高越多，水吸收的热量越多。第一次水温升$10℃$，第二次升$12℃$，第二次水吸热更多，因无热量损失，物体放出的热量等于水吸热，故乙放出的热量更多，即$Q_甲＜Q_乙$。
2. 比较$c_甲$和$c_乙$：设冷水初温为$t_0$，计算甲、乙的温度变化量：第一次热平衡后水温为$t_0+10℃$，甲的温度变化$\Delta t_甲=88℃-(t_0+10℃)=78℃-t_0$；第二次热平衡后水温为$t_0+22℃$，乙的温度变化$\Delta t_乙=100℃-(t_0+22℃)=78℃-t_0$，可知$\Delta t_甲=\Delta t_乙$。结合甲、乙质量相等，根据$Q=cm\Delta t$，$Q$越小则$c$越小，故$c_甲＜c_乙$。
【解析】
1. 分析$Q_甲$与$Q_乙$的关系：
两次热传递均无热量损失，因此物体放出的热量等于水吸收的热量。水的质量$m_水$、比热容$c_水$不变，根据$Q_吸=c_水m_水\Delta t_水$，第一次水温升高$\Delta t_{水1}=10℃$，第二次升高$\Delta t_{水2}=12℃$，则$Q_{吸1}=c_水m_水×10℃$，$Q_{吸2}=c_水m_水×12℃$，故$Q_{吸1}＜Q_{吸2}$。又因$Q_放=Q_吸$，所以$Q_甲=Q_{吸1}$，$Q_乙=Q_{吸2}$，因此$Q_甲＜Q_乙$。
2. 分析$c_甲$与$c_乙$的关系：
设冷水初温为$t_0$：
甲投入后热平衡温度：$t_1=t_0+10℃$，甲的温度变化$\Delta t_甲=88℃-(t_0+10℃)=78℃-t_0$；
乙投入后热平衡温度：$t_2=t_1+12℃=t_0+22℃$，乙的温度变化$\Delta t_乙=100℃-(t_0+22℃)=78℃-t_0$；
因此$\Delta t_甲=\Delta t_乙$。已知甲、乙质量$m_甲=m_乙$，且$Q_甲＜Q_乙$，根据热量公式$Q=cm\Delta t$，变形得$c=\frac{Q}{m\Delta t}$，当$m$、$\Delta t$相同时，$Q$越小则$c$越小，故$c_甲＜c_乙$。
【答案】
$＜$；$＜$
【知识点】
热平衡方程、热量的计算
【点评】
本题考查热平衡原理和热量公式的应用，关键是正确分析两次热传递中物体的温度变化量，利用无热量损失时$Q_放=Q_吸$的关系推导，需注意温度变化量的计算细节，难度适中。
【难度系数】
0.5
要解决这道题，需结合热平衡原理（无热量损失时，物体放出的热量等于水吸收的热量）和热量计算公式$Q=cm\Delta t$分析：
1. 比较$Q_甲$和$Q_乙$：两次热传递中，水的质量和比热容不变，水温升高越多，水吸收的热量越多。第一次水温升$10℃$，第二次升$12℃$，第二次水吸热更多，因无热量损失，物体放出的热量等于水吸热，故乙放出的热量更多，即$Q_甲＜Q_乙$。
2. 比较$c_甲$和$c_乙$：设冷水初温为$t_0$，计算甲、乙的温度变化量：第一次热平衡后水温为$t_0+10℃$，甲的温度变化$\Delta t_甲=88℃-(t_0+10℃)=78℃-t_0$；第二次热平衡后水温为$t_0+22℃$，乙的温度变化$\Delta t_乙=100℃-(t_0+22℃)=78℃-t_0$，可知$\Delta t_甲=\Delta t_乙$。结合甲、乙质量相等，根据$Q=cm\Delta t$，$Q$越小则$c$越小，故$c_甲＜c_乙$。
【解析】
1. 分析$Q_甲$与$Q_乙$的关系：
两次热传递均无热量损失，因此物体放出的热量等于水吸收的热量。水的质量$m_水$、比热容$c_水$不变，根据$Q_吸=c_水m_水\Delta t_水$，第一次水温升高$\Delta t_{水1}=10℃$，第二次升高$\Delta t_{水2}=12℃$，则$Q_{吸1}=c_水m_水×10℃$，$Q_{吸2}=c_水m_水×12℃$，故$Q_{吸1}＜Q_{吸2}$。又因$Q_放=Q_吸$，所以$Q_甲=Q_{吸1}$，$Q_乙=Q_{吸2}$，因此$Q_甲＜Q_乙$。
2. 分析$c_甲$与$c_乙$的关系：
设冷水初温为$t_0$：
甲投入后热平衡温度：$t_1=t_0+10℃$，甲的温度变化$\Delta t_甲=88℃-(t_0+10℃)=78℃-t_0$；
乙投入后热平衡温度：$t_2=t_1+12℃=t_0+22℃$，乙的温度变化$\Delta t_乙=100℃-(t_0+22℃)=78℃-t_0$；
因此$\Delta t_甲=\Delta t_乙$。已知甲、乙质量$m_甲=m_乙$，且$Q_甲＜Q_乙$，根据热量公式$Q=cm\Delta t$，变形得$c=\frac{Q}{m\Delta t}$，当$m$、$\Delta t$相同时，$Q$越小则$c$越小，故$c_甲＜c_乙$。
【答案】
$＜$；$＜$
【知识点】
热平衡方程、热量的计算
【点评】
本题考查热平衡原理和热量公式的应用，关键是正确分析两次热传递中物体的温度变化量，利用无热量损失时$Q_放=Q_吸$的关系推导，需注意温度变化量的计算细节，难度适中。
【难度系数】
0.5
7. (2025·常州溧阳期中)小明用红外灯照射某液体和水,如图甲所示,以探究水和某液体的吸热能力。
(1) 加热前,在一个瓷盘中倒入质量为240 g的水,为了完成实验,需要在另一个相同的瓷盘中倒入质量
(2) 用红外灯照射,每隔相同的时间记录一次温度,并用图像对实验数据进行了处理(图乙)。0~4 min内,水吸收的热量
(1) 加热前,在一个瓷盘中倒入质量为240 g的水,为了完成实验,需要在另一个相同的瓷盘中倒入质量
等于
(填“大于”“小于”或“等于”)240 g的某液体。(2) 用红外灯照射,每隔相同的时间记录一次温度,并用图像对实验数据进行了处理(图乙)。0~4 min内,水吸收的热量
等于
(填“大于”“小于”或“等于”)某液体吸收的热量。进一步分析图像可以得出:该液体的比热容为$1.75×10^3$
$\mathrm{J}/(\mathrm{kg}·°\mathrm{C})$。$[c_\mathrm{水}=4.2×10^3\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg}·°\mathrm{C})]$答案
7. (1) 等于 (2) 等于 $1.75×10^3$
提示:(1) 比较两物质的吸热能力时,需控制两者的质量相同。(2) 0~4 min内,加热条件相同,加热时间相同,两物质吸热相等。因物质吸热多少与加热时间成正比,都加热到$40\ °\mathrm{C}$时,$Q_{水吸}:Q_{液吸}=4:5$,$Q_{水吸}=c_水m_水(t_水-t_{0水})=4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg· °\mathrm{C})}×0.24\ \mathrm{kg}×(40\ °\mathrm{C}-30\ °\mathrm{C})=1.008×10^4\ \mathrm{J}$,$Q_{液吸}=c_液m_液(t_液-t_{0液})=\frac{5}{4}Q_{水吸}$,解得$c_液=\frac{5Q_{水吸}}{4m_液(t_液-t_{0液})}=\frac{5×1.008×10^4\ \mathrm{J}}{4×0.24\ \mathrm{kg}×(40\ °\mathrm{C}-10\ °\mathrm{C})}=1.75×10^3\ \mathrm{J/(kg· °\mathrm{C})}$。
提示:(1) 比较两物质的吸热能力时,需控制两者的质量相同。(2) 0~4 min内,加热条件相同,加热时间相同,两物质吸热相等。因物质吸热多少与加热时间成正比,都加热到$40\ °\mathrm{C}$时,$Q_{水吸}:Q_{液吸}=4:5$,$Q_{水吸}=c_水m_水(t_水-t_{0水})=4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg· °\mathrm{C})}×0.24\ \mathrm{kg}×(40\ °\mathrm{C}-30\ °\mathrm{C})=1.008×10^4\ \mathrm{J}$,$Q_{液吸}=c_液m_液(t_液-t_{0液})=\frac{5}{4}Q_{水吸}$,解得$c_液=\frac{5Q_{水吸}}{4m_液(t_液-t_{0液})}=\frac{5×1.008×10^4\ \mathrm{J}}{4×0.24\ \mathrm{kg}×(40\ °\mathrm{C}-10\ °\mathrm{C})}=1.75×10^3\ \mathrm{J/(kg· °\mathrm{C})}$。
解析
【分析】
本题是探究不同物质吸热能力的实验，需运用控制变量法和热量公式分析。第(1)问，比较吸热能力时要控制物质质量相同，因此液体质量需等于水的质量；第(2)问，相同红外灯加热时，相同时间内物质吸收热量相等，再结合图像中加热时间与吸收热量的关系，利用热量公式计算液体比热容。
【解析】
(1) 探究水和某液体的吸热能力，根据控制变量法，需保证两种物质的质量相同，因此另一个瓷盘中倒入的某液体质量等于240 g。
(2) 相同红外灯在相同时间内放出的热量相同，所以0~4 min内，水和某液体吸收的热量相等；
由图像可知，温度都升高到40℃时，水的加热时间为4 min，某液体的加热时间为5 min，因此水和某液体吸收的热量之比为4:5；
已知水的质量$m_{水}=240\ \mathrm{g}=0.24\ \mathrm{kg}$，水的初温$t_{0水}=30°\mathrm{C}$，末温$t_{水}=40°\mathrm{C}$，则水吸收的热量：
$Q_{水吸}=c_{水}m_{水}(t_{水}-t_{0水})=4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg·° C)}×0.24\ \mathrm{kg}×(40°\mathrm{C}-30°\mathrm{C})=1.008×10^4\ \mathrm{J}$；
某液体吸收的热量$Q_{液吸}=\frac{5}{4}Q_{水吸}=\frac{5}{4}×1.008×10^4\ \mathrm{J}=1.26×10^4\ \mathrm{J}$；
某液体质量$m_{液}=m_{水}=0.24\ \mathrm{kg}$，初温$t_{0液}=10°\mathrm{C}$，末温$t_{液}=40°\mathrm{C}$，温度变化$\Delta t_{液}=40°\mathrm{C}-10°\mathrm{C}=30°\mathrm{C}$；
根据$Q=cm\Delta t$，可得某液体的比热容：
$c_{液}=\frac{Q_{液吸}}{m_{液}\Delta t_{液}}=\frac{1.26×10^4\ \mathrm{J}}{0.24\ \mathrm{kg}×30°\mathrm{C}}=1.75×10^3\ \mathrm{J/(kg·° C)}$。
【答案】
(1)等于；(2)等于；$1.75×10^3$
【知识点】
比热容、热量计算、控制变量法
【点评】
本题考查探究物质吸热能力的实验，核心是利用控制变量法保证实验条件一致，结合相同热源加热时热量与时间的关系，通过热量公式计算比热容，需准确分析图像中的加热时间和温度变化，难度中等。
【难度系数】
0.3
本题是探究不同物质吸热能力的实验，需运用控制变量法和热量公式分析。第(1)问，比较吸热能力时要控制物质质量相同，因此液体质量需等于水的质量；第(2)问，相同红外灯加热时，相同时间内物质吸收热量相等，再结合图像中加热时间与吸收热量的关系，利用热量公式计算液体比热容。
【解析】
(1) 探究水和某液体的吸热能力，根据控制变量法，需保证两种物质的质量相同，因此另一个瓷盘中倒入的某液体质量等于240 g。
(2) 相同红外灯在相同时间内放出的热量相同，所以0~4 min内，水和某液体吸收的热量相等；
由图像可知，温度都升高到40℃时，水的加热时间为4 min，某液体的加热时间为5 min，因此水和某液体吸收的热量之比为4:5；
已知水的质量$m_{水}=240\ \mathrm{g}=0.24\ \mathrm{kg}$，水的初温$t_{0水}=30°\mathrm{C}$，末温$t_{水}=40°\mathrm{C}$，则水吸收的热量：
$Q_{水吸}=c_{水}m_{水}(t_{水}-t_{0水})=4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg·° C)}×0.24\ \mathrm{kg}×(40°\mathrm{C}-30°\mathrm{C})=1.008×10^4\ \mathrm{J}$；
某液体吸收的热量$Q_{液吸}=\frac{5}{4}Q_{水吸}=\frac{5}{4}×1.008×10^4\ \mathrm{J}=1.26×10^4\ \mathrm{J}$；
某液体质量$m_{液}=m_{水}=0.24\ \mathrm{kg}$，初温$t_{0液}=10°\mathrm{C}$，末温$t_{液}=40°\mathrm{C}$，温度变化$\Delta t_{液}=40°\mathrm{C}-10°\mathrm{C}=30°\mathrm{C}$；
根据$Q=cm\Delta t$，可得某液体的比热容：
$c_{液}=\frac{Q_{液吸}}{m_{液}\Delta t_{液}}=\frac{1.26×10^4\ \mathrm{J}}{0.24\ \mathrm{kg}×30°\mathrm{C}}=1.75×10^3\ \mathrm{J/(kg·° C)}$。
【答案】
(1)等于；(2)等于；$1.75×10^3$
【知识点】
比热容、热量计算、控制变量法
【点评】
本题考查探究物质吸热能力的实验，核心是利用控制变量法保证实验条件一致，结合相同热源加热时热量与时间的关系，通过热量公式计算比热容，需准确分析图像中的加热时间和温度变化，难度中等。
【难度系数】
0.3
8. 如图所示是某太阳能热水器,水容量为100 L,该热水器在冬季有效日照时段里,平均每平方米的面积上每小时接收的太阳能约为$2.8× 10^{6}\ \mathrm{J}$。若该热水器接收太阳能的有效面积为$1.5\ \mathrm{m}^{2}$,每天日照时间按$8\ \mathrm{h}$计算,这些太阳能能使装满水的热水器中的水温从$20\ °\mathrm{C}$升高到$60\ °\mathrm{C}$,水的比热容为$4.2× 10^{3}\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg}·°\mathrm{C})$,水的密度为$1.0× 10^{3}\ \mathrm{kg}/\mathrm{m}^{3}$。求:
(1) 热水器中水的质量。
(2) 一天内热水器中的水吸收的热量。
(3) 热水器在冬季的效率。
(1) 热水器中水的质量。
(2) 一天内热水器中的水吸收的热量。
(3) 热水器在冬季的效率。
答案
8. (1) $100\ \mathrm{kg}$ (2) $1.68×10^7\ \mathrm{J}$ (3) $50\%$
提示:(1) 热水器中水的体积$V=100\ \mathrm{L}=100\ \mathrm{dm}^3=0.1\ \mathrm{m}^3$,水的质量$m=\rho V=1.0×10^3\ \mathrm{kg/m}^3×0.1\ \mathrm{m}^3=100\ \mathrm{kg}$。(2) 一天内热水器中的水吸收的热量$Q_{吸}=c_水m\Delta t=4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg· °\mathrm{C})}×100\ \mathrm{kg}×(60\ °\mathrm{C}-20\ °\mathrm{C})=1.68×10^7\ \mathrm{J}$。(3) 一天内热水器接收的太阳能$E=2.8×10^6\ \mathrm{J/(m^2· h)}×1.5\ \mathrm{m}^2×8\ \mathrm{h}=3.36×10^7\ \mathrm{J}$,热水器在冬季的效率$\eta=\frac{Q_{吸}}{E}×100\%=\frac{1.68×10^7\ \mathrm{J}}{3.36×10^7\ \mathrm{J}}×100\%=50\%$。
提示:(1) 热水器中水的体积$V=100\ \mathrm{L}=100\ \mathrm{dm}^3=0.1\ \mathrm{m}^3$,水的质量$m=\rho V=1.0×10^3\ \mathrm{kg/m}^3×0.1\ \mathrm{m}^3=100\ \mathrm{kg}$。(2) 一天内热水器中的水吸收的热量$Q_{吸}=c_水m\Delta t=4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg· °\mathrm{C})}×100\ \mathrm{kg}×(60\ °\mathrm{C}-20\ °\mathrm{C})=1.68×10^7\ \mathrm{J}$。(3) 一天内热水器接收的太阳能$E=2.8×10^6\ \mathrm{J/(m^2· h)}×1.5\ \mathrm{m}^2×8\ \mathrm{h}=3.36×10^7\ \mathrm{J}$,热水器在冬季的效率$\eta=\frac{Q_{吸}}{E}×100\%=\frac{1.68×10^7\ \mathrm{J}}{3.36×10^7\ \mathrm{J}}×100\%=50\%$。
解析
【分析】
本题是太阳能热水器相关的热学计算问题，分三步求解：①求水的质量，利用密度公式，已知水的体积和密度即可计算；②求水吸收的热量，使用吸热公式$Q_{吸}=cm\Delta t$，$\Delta t$为水升高的温度；③求热水器的效率，效率是水吸收的热量与热水器接收的总太阳能的比值，总太阳能由单位面积单位时间接收的太阳能、有效面积和日照时间相乘得到。
【解析】
(1) 先转换水的体积单位：$V=100\ \mathrm{L}=100\ \mathrm{dm}^3=0.1\ \mathrm{m}^3$。根据密度公式$\rho=\frac{m}{V}$，水的质量：
$m=\rho V=1.0×10^3\ \mathrm{kg/m}^3×0.1\ \mathrm{m}^3=100\ \mathrm{kg}$。
(2) 水升高的温度$\Delta t=60\ °\mathrm{C}-20\ °\mathrm{C}=40\ °\mathrm{C}$，根据吸热公式，水吸收的热量：
$Q_{吸}=c_{水}m\Delta t=4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg·°\mathrm{C})}×100\ \mathrm{kg}×40\ °\mathrm{C}=1.68×10^7\ \mathrm{J}$。
(3) 热水器一天接收的总太阳能：
$E=2.8×10^6\ \mathrm{J/(m^2· h)}×1.5\ \mathrm{m}^2×8\ \mathrm{h}=3.36×10^7\ \mathrm{J}$。
热水器的效率：
$\eta=\frac{Q_{吸}}{E}×100\%=\frac{1.68×10^7\ \mathrm{J}}{3.36×10^7\ \mathrm{J}}×100\%=50\%$。
【答案】
(1) $100\ \mathrm{kg}$；(2) $1.68×10^7\ \mathrm{J}$；(3) $50\%$
【知识点】
密度公式应用、热量计算、热效率计算
【点评】
本题为热学基础应用题，结合密度、吸热公式和效率公式进行计算，步骤清晰，公式明确，考查学生对基础公式的掌握与应用能力，难度适中。
【难度系数】
0.6
本题是太阳能热水器相关的热学计算问题，分三步求解：①求水的质量，利用密度公式，已知水的体积和密度即可计算；②求水吸收的热量，使用吸热公式$Q_{吸}=cm\Delta t$，$\Delta t$为水升高的温度；③求热水器的效率，效率是水吸收的热量与热水器接收的总太阳能的比值，总太阳能由单位面积单位时间接收的太阳能、有效面积和日照时间相乘得到。
【解析】
(1) 先转换水的体积单位：$V=100\ \mathrm{L}=100\ \mathrm{dm}^3=0.1\ \mathrm{m}^3$。根据密度公式$\rho=\frac{m}{V}$，水的质量：
$m=\rho V=1.0×10^3\ \mathrm{kg/m}^3×0.1\ \mathrm{m}^3=100\ \mathrm{kg}$。
(2) 水升高的温度$\Delta t=60\ °\mathrm{C}-20\ °\mathrm{C}=40\ °\mathrm{C}$，根据吸热公式，水吸收的热量：
$Q_{吸}=c_{水}m\Delta t=4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg·°\mathrm{C})}×100\ \mathrm{kg}×40\ °\mathrm{C}=1.68×10^7\ \mathrm{J}$。
(3) 热水器一天接收的总太阳能：
$E=2.8×10^6\ \mathrm{J/(m^2· h)}×1.5\ \mathrm{m}^2×8\ \mathrm{h}=3.36×10^7\ \mathrm{J}$。
热水器的效率：
$\eta=\frac{Q_{吸}}{E}×100\%=\frac{1.68×10^7\ \mathrm{J}}{3.36×10^7\ \mathrm{J}}×100\%=50\%$。
【答案】
(1) $100\ \mathrm{kg}$；(2) $1.68×10^7\ \mathrm{J}$；(3) $50\%$
【知识点】
密度公式应用、热量计算、热效率计算
【点评】
本题为热学基础应用题，结合密度、吸热公式和效率公式进行计算，步骤清晰，公式明确，考查学生对基础公式的掌握与应用能力，难度适中。
【难度系数】
0.6
9. 两个底部装有完全相同的加热器的容器，加热器产生热量的90%可以被容器中的液体吸收，已知加热器每秒钟放出1 000 J热量。现将甲、乙两种液体分别倒入容器中，其中甲液体的质量为200 g。让两个加热器同时开始工作，60 s后停止加热，然后立即将比热容为$0.2×10^{3}\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg}·°\mathrm{C})$的合金球迅速放入乙液体中(从球放入到达热平衡不计热损失)，它们的温度随时间变化的图像如图所示(部分图像未画出)。求：
(1) 加热60 s时，乙液体吸收的热量。
(2) 甲液体的比热容。
(3) 合金球的质量。
(1) 加热60 s时，乙液体吸收的热量。
(2) 甲液体的比热容。
(3) 合金球的质量。
答案
9. (1) $5.4×10^4\ \mathrm{J}$ (2) $3×10^3\ \mathrm{J/(kg· °\mathrm{C})}$ (3) $5.4\ \mathrm{kg}$
提示:(1) $Q_{放}=1\ 000\ \mathrm{J/s}×60\ \mathrm{s}=6×10^4\ \mathrm{J}$,$Q_{乙吸}=Q_{放}×90\%=6×10^4\ \mathrm{J}×90\%=5.4×10^4\ \mathrm{J}$。(2) 甲液体在20 s内吸热$Q_{甲吸}=Q'_{放}×90\%=1\ 000\ \mathrm{J/s}×20\ \mathrm{s}×90\%=1.8×10^4\ \mathrm{J}$,$c_甲=\frac{Q_{甲吸}}{m_甲(t-t_0)}=\frac{1.8×10^4\ \mathrm{J}}{0.2\ \mathrm{kg}×(40\ °\mathrm{C}-10\ °\mathrm{C})}=3×10^3\ \mathrm{J/(kg· °\mathrm{C})}$。(3) $\Delta t_{乙升}=60\ °\mathrm{C}-10\ °\mathrm{C}=50\ °\mathrm{C}$,$Q_{乙吸}=c_乙m_乙\Delta t_{乙升}$,$\Delta t_{乙降}=60\ °\mathrm{C}-40\ °\mathrm{C}=20\ °\mathrm{C}$,$Q_{乙放}=c_乙m_乙\Delta t_{乙降}$,$\frac{Q_{乙放}}{Q_{乙吸}}=\frac{c_乙m_乙\Delta t_{乙降}}{c_乙m_乙\Delta t_{乙升}}=\frac{\Delta t_{乙降}}{\Delta t_{乙升}}=\frac{20\ °\mathrm{C}}{50\ °\mathrm{C}}=\frac{2}{5}$,得$Q_{乙放}=\frac{2}{5}Q_{乙吸}=\frac{2}{5}×5.4×10^4\ \mathrm{J}=2.16×10^4\ \mathrm{J}$,$Q_{球吸}=Q_{乙放}=2.16×10^4\ \mathrm{J}$,$\Delta t_{球升}=40\ °\mathrm{C}-20\ °\mathrm{C}=20\ °\mathrm{C}$,$m_球=\frac{Q_{球吸}}{c_球\Delta t_{球升}}=\frac{2.16×10^4\ \mathrm{J}}{0.2×10^3\ \mathrm{J/(kg· °\mathrm{C})}×20\ °\mathrm{C}}=5.4\ \mathrm{kg}$。
提示:(1) $Q_{放}=1\ 000\ \mathrm{J/s}×60\ \mathrm{s}=6×10^4\ \mathrm{J}$,$Q_{乙吸}=Q_{放}×90\%=6×10^4\ \mathrm{J}×90\%=5.4×10^4\ \mathrm{J}$。(2) 甲液体在20 s内吸热$Q_{甲吸}=Q'_{放}×90\%=1\ 000\ \mathrm{J/s}×20\ \mathrm{s}×90\%=1.8×10^4\ \mathrm{J}$,$c_甲=\frac{Q_{甲吸}}{m_甲(t-t_0)}=\frac{1.8×10^4\ \mathrm{J}}{0.2\ \mathrm{kg}×(40\ °\mathrm{C}-10\ °\mathrm{C})}=3×10^3\ \mathrm{J/(kg· °\mathrm{C})}$。(3) $\Delta t_{乙升}=60\ °\mathrm{C}-10\ °\mathrm{C}=50\ °\mathrm{C}$,$Q_{乙吸}=c_乙m_乙\Delta t_{乙升}$,$\Delta t_{乙降}=60\ °\mathrm{C}-40\ °\mathrm{C}=20\ °\mathrm{C}$,$Q_{乙放}=c_乙m_乙\Delta t_{乙降}$,$\frac{Q_{乙放}}{Q_{乙吸}}=\frac{c_乙m_乙\Delta t_{乙降}}{c_乙m_乙\Delta t_{乙升}}=\frac{\Delta t_{乙降}}{\Delta t_{乙升}}=\frac{20\ °\mathrm{C}}{50\ °\mathrm{C}}=\frac{2}{5}$,得$Q_{乙放}=\frac{2}{5}Q_{乙吸}=\frac{2}{5}×5.4×10^4\ \mathrm{J}=2.16×10^4\ \mathrm{J}$,$Q_{球吸}=Q_{乙放}=2.16×10^4\ \mathrm{J}$,$\Delta t_{球升}=40\ °\mathrm{C}-20\ °\mathrm{C}=20\ °\mathrm{C}$,$m_球=\frac{Q_{球吸}}{c_球\Delta t_{球升}}=\frac{2.16×10^4\ \mathrm{J}}{0.2×10^3\ \mathrm{J/(kg· °\mathrm{C})}×20\ °\mathrm{C}}=5.4\ \mathrm{kg}$。
解析
【分析】
本题是热量计算的综合题，解题思路如下：
1. 第(1)问：先计算加热器60s放出的总热量，再根据“热量90%被容器中液体吸收”，求出乙液体吸收的热量；
2. 第(2)问：从温度-时间图像中找到甲液体20s内的初温、末温，计算20s内甲吸收的热量，再利用吸热公式$Q_{吸}=cm\Delta t$变形，求出甲的比热容；
3. 第(3)问：先分析乙液体加热60s的温度变化，再分析乙降温到热平衡时的温度变化，利用乙的比热容和质量不变，得到乙放出热量与吸收热量的关系；根据热平衡原理，乙放出的热量等于合金球吸收的热量，结合合金球的比热容和温度变化，求出合金球的质量。
【解析】
(1) 加热器60s放出的总热量：
$Q_{放总}=1000\ \mathrm{J/s}×60\ \mathrm{s}=6×10^4\ \mathrm{J}$
乙液体吸收的热量：
$Q_{乙吸}=Q_{放总}×90\%=6×10^4\ \mathrm{J}×0.9=5.4×10^4\ \mathrm{J}$
(2) 甲液体在20s内吸收的热量：
$Q_{甲吸}=1000\ \mathrm{J/s}×20\ \mathrm{s}×90\%=1.8×10^4\ \mathrm{J}$
由图像可知，甲的初温$t_0=10℃$，20s时末温$t=40℃$，甲的质量$m_甲=200\ \mathrm{g}=0.2\ \mathrm{kg}$，根据吸热公式$Q_{吸}=cm\Delta t$，变形得：
$c_甲=\frac{Q_{甲吸}}{m_甲(t-t_0)}=\frac{1.8×10^4\ \mathrm{J}}{0.2\ \mathrm{kg}×(40℃-10℃)}=3×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}$
(3) 乙液体加热60s时，温度变化$\Delta t_{乙升}=60℃-10℃=50℃$；乙降温到热平衡时，温度变化$\Delta t_{乙降}=60℃-40℃=20℃$。
因乙的比热容和质量不变，故乙放出的热量与吸收的热量之比等于温度变化之比：
$\frac{Q_{乙放}}{Q_{乙吸}}=\frac{c_乙m_乙\Delta t_{乙降}}{c_乙m_乙\Delta t_{乙升}}=\frac{\Delta t_{乙降}}{\Delta t_{乙升}}=\frac{20℃}{50℃}=\frac{2}{5}$
则乙放出的热量：
$Q_{乙放}=\frac{2}{5}Q_{乙吸}=\frac{2}{5}×5.4×10^4\ \mathrm{J}=2.16×10^4\ \mathrm{J}$
根据热平衡，合金球吸收的热量$Q_{球吸}=Q_{乙放}=2.16×10^4\ \mathrm{J}$；合金球的温度变化$\Delta t_{球升}=40℃-20℃=20℃$，比热容$c_球=0.2×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}$，由$Q_{吸}=cm\Delta t$得：
$m_球=\frac{Q_{球吸}}{c_球\Delta t_{球升}}=\frac{2.16×10^4\ \mathrm{J}}{0.2×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}×20℃}=5.4\ \mathrm{kg}$
【答案】
(1) $5.4×10^4\ \mathrm{J}$；(2) $3×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}$；(3) $5.4\ \mathrm{kg}$
【知识点】
热量计算、比热容、热平衡方程
【点评】
本题结合温度-时间图像，综合考查热量计算与热平衡的应用，需从图像中提取温度变化信息，灵活运用吸热、放热公式推导，注重知识的综合运用，是典型的热学综合题。
【难度系数】
0.6
本题是热量计算的综合题，解题思路如下：
1. 第(1)问：先计算加热器60s放出的总热量，再根据“热量90%被容器中液体吸收”，求出乙液体吸收的热量；
2. 第(2)问：从温度-时间图像中找到甲液体20s内的初温、末温，计算20s内甲吸收的热量，再利用吸热公式$Q_{吸}=cm\Delta t$变形，求出甲的比热容；
3. 第(3)问：先分析乙液体加热60s的温度变化，再分析乙降温到热平衡时的温度变化，利用乙的比热容和质量不变，得到乙放出热量与吸收热量的关系；根据热平衡原理，乙放出的热量等于合金球吸收的热量，结合合金球的比热容和温度变化，求出合金球的质量。
【解析】
(1) 加热器60s放出的总热量：
$Q_{放总}=1000\ \mathrm{J/s}×60\ \mathrm{s}=6×10^4\ \mathrm{J}$
乙液体吸收的热量：
$Q_{乙吸}=Q_{放总}×90\%=6×10^4\ \mathrm{J}×0.9=5.4×10^4\ \mathrm{J}$
(2) 甲液体在20s内吸收的热量：
$Q_{甲吸}=1000\ \mathrm{J/s}×20\ \mathrm{s}×90\%=1.8×10^4\ \mathrm{J}$
由图像可知，甲的初温$t_0=10℃$，20s时末温$t=40℃$，甲的质量$m_甲=200\ \mathrm{g}=0.2\ \mathrm{kg}$，根据吸热公式$Q_{吸}=cm\Delta t$，变形得：
$c_甲=\frac{Q_{甲吸}}{m_甲(t-t_0)}=\frac{1.8×10^4\ \mathrm{J}}{0.2\ \mathrm{kg}×(40℃-10℃)}=3×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}$
(3) 乙液体加热60s时，温度变化$\Delta t_{乙升}=60℃-10℃=50℃$；乙降温到热平衡时，温度变化$\Delta t_{乙降}=60℃-40℃=20℃$。
因乙的比热容和质量不变，故乙放出的热量与吸收的热量之比等于温度变化之比：
$\frac{Q_{乙放}}{Q_{乙吸}}=\frac{c_乙m_乙\Delta t_{乙降}}{c_乙m_乙\Delta t_{乙升}}=\frac{\Delta t_{乙降}}{\Delta t_{乙升}}=\frac{20℃}{50℃}=\frac{2}{5}$
则乙放出的热量：
$Q_{乙放}=\frac{2}{5}Q_{乙吸}=\frac{2}{5}×5.4×10^4\ \mathrm{J}=2.16×10^4\ \mathrm{J}$
根据热平衡，合金球吸收的热量$Q_{球吸}=Q_{乙放}=2.16×10^4\ \mathrm{J}$；合金球的温度变化$\Delta t_{球升}=40℃-20℃=20℃$，比热容$c_球=0.2×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}$，由$Q_{吸}=cm\Delta t$得：
$m_球=\frac{Q_{球吸}}{c_球\Delta t_{球升}}=\frac{2.16×10^4\ \mathrm{J}}{0.2×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}×20℃}=5.4\ \mathrm{kg}$
【答案】
(1) $5.4×10^4\ \mathrm{J}$；(2) $3×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}$；(3) $5.4\ \mathrm{kg}$
【知识点】
热量计算、比热容、热平衡方程
【点评】
本题结合温度-时间图像，综合考查热量计算与热平衡的应用，需从图像中提取温度变化信息，灵活运用吸热、放热公式推导，注重知识的综合运用，是典型的热学综合题。
【难度系数】
0.6
