登录
7.将3 kg、20 ℃的冷水和2 kg、80 ℃的热水混合配成温水，不计热损失，则温水的温度为（
A.50 ℃
B.44 ℃
C.36 ℃
D.30 ℃
B
）A.50 ℃
B.44 ℃
C.36 ℃
D.30 ℃
答案
7.B
解析
【分析】
要解决这道题，需利用热平衡原理：不计热损失时，冷水吸收的热量等于热水放出的热量（$Q_{吸}=Q_{放}$）。设混合后温水的温度为$t$，分别表示出冷水升高的温度和热水降低的温度，代入热量公式即可求解。
【解析】
设温水的温度为$t$，不计热损失，冷水吸收的热量等于热水放出的热量，即：
$Q_{吸}=Q_{放}$
根据热量公式$Q=cm\Delta t$，水的比热容$c$相同可约去，代入数据得：
$m_{冷}(t - t_{冷}) = m_{热}(t_{热} - t)$
将$m_{冷}=3\ \mathrm{kg}$、$t_{冷}=20\ \mathrm{℃}$、$m_{热}=2\ \mathrm{kg}$、$t_{热}=80\ \mathrm{℃}$代入：
$3\ \mathrm{kg} × (t - 20\ \mathrm{℃}) = 2\ \mathrm{kg} × (80\ \mathrm{℃} - t)$
展开计算：
$3t - 60\ \mathrm{℃} = 160\ \mathrm{℃} - 2t$
移项得：
$5t = 220\ \mathrm{℃}$
解得$t=44\ \mathrm{℃}$，对应选项B。
【答案】
B
【知识点】
热量计算；热平衡方程
【点评】
本题是热学基础题，核心考查热平衡方程的应用，关键是正确确定冷水和热水的温度变化，避免温度变化量计算错误，属于常考的基础题型。
【难度系数】
0.7
要解决这道题，需利用热平衡原理：不计热损失时，冷水吸收的热量等于热水放出的热量（$Q_{吸}=Q_{放}$）。设混合后温水的温度为$t$，分别表示出冷水升高的温度和热水降低的温度，代入热量公式即可求解。
【解析】
设温水的温度为$t$，不计热损失，冷水吸收的热量等于热水放出的热量，即：
$Q_{吸}=Q_{放}$
根据热量公式$Q=cm\Delta t$，水的比热容$c$相同可约去，代入数据得：
$m_{冷}(t - t_{冷}) = m_{热}(t_{热} - t)$
将$m_{冷}=3\ \mathrm{kg}$、$t_{冷}=20\ \mathrm{℃}$、$m_{热}=2\ \mathrm{kg}$、$t_{热}=80\ \mathrm{℃}$代入：
$3\ \mathrm{kg} × (t - 20\ \mathrm{℃}) = 2\ \mathrm{kg} × (80\ \mathrm{℃} - t)$
展开计算：
$3t - 60\ \mathrm{℃} = 160\ \mathrm{℃} - 2t$
移项得：
$5t = 220\ \mathrm{℃}$
解得$t=44\ \mathrm{℃}$，对应选项B。
【答案】
B
【知识点】
热量计算；热平衡方程
【点评】
本题是热学基础题，核心考查热平衡方程的应用，关键是正确确定冷水和热水的温度变化，避免温度变化量计算错误，属于常考的基础题型。
【难度系数】
0.7
8.一冰块先后经历了以下三个过程:①－10 ℃的冰到0 ℃的冰,吸收热量$Q_1$;②0 ℃的冰变为10 ℃的水,吸收热量$Q_2$;③10 ℃的水到20 ℃的水,吸收热量$Q_3$.已知$c_{冰}＜c_{水}$,在整个过程中质量保持不变,不考虑热量散失,则 （
A.$Q_1＜Q_2=Q_3$
B.$Q_1＜Q_2＜Q_3$
C.$Q_1＜Q_3＜Q_2$
D.$Q_1=Q_2=Q_3$
C
）A.$Q_1＜Q_2=Q_3$
B.$Q_1＜Q_2＜Q_3$
C.$Q_1＜Q_3＜Q_2$
D.$Q_1=Q_2=Q_3$
答案
8.C
解析
【分析】
要比较三个过程的吸热量，需结合热量公式Q=cmΔt和冰熔化的特点分析：过程①是冰升温，仅计算升温吸热；过程②包含冰的熔化（需吸收熔化热）和熔化后水的升温；过程③是水升温，仅计算升温吸热。已知质量不变，c冰＜c水，通过对比各过程吸热量即可得出结论。
【解析】
设冰块质量为m，根据热量公式Q=cmΔt，结合冰熔化吸热的特点分析：
1. 过程①：-10℃的冰升温到0℃，温度变化Δt₁=0℃-(-10℃)=10℃，吸热量Q₁=c冰mΔt₁=10c冰m；
2. 过程②：0℃的冰先熔化为0℃的水（吸收熔化热Q熔），再升温到10℃，温度变化Δt₂=10℃，吸热量Q₂=Q熔 + c水mΔt₂=Q熔 +10c水m；
3. 过程③：10℃的水升温到20℃，温度变化Δt₃=20℃-10℃=10℃，吸热量Q₃=c水mΔt₃=10c水m；
已知c冰＜c水，因此10c冰m ＜10c水m，即Q₁＜Q₃；又因冰熔化吸热Q熔＞0，故Q₂=Q熔+Q₃＞Q₃；综上Q₁＜Q₃＜Q₂，对应选项C。
【答案】
C
【知识点】
热量计算、熔化吸热
【点评】
本题核心是明确冰熔化需额外吸收热量，结合热量公式对比各过程吸热量，需区分“冰升温”“冰熔化”“水升温”三个过程的吸热量计算，避免忽略熔化热导致错误。
【难度系数】
0.5
要比较三个过程的吸热量，需结合热量公式Q=cmΔt和冰熔化的特点分析：过程①是冰升温，仅计算升温吸热；过程②包含冰的熔化（需吸收熔化热）和熔化后水的升温；过程③是水升温，仅计算升温吸热。已知质量不变，c冰＜c水，通过对比各过程吸热量即可得出结论。
【解析】
设冰块质量为m，根据热量公式Q=cmΔt，结合冰熔化吸热的特点分析：
1. 过程①：-10℃的冰升温到0℃，温度变化Δt₁=0℃-(-10℃)=10℃，吸热量Q₁=c冰mΔt₁=10c冰m；
2. 过程②：0℃的冰先熔化为0℃的水（吸收熔化热Q熔），再升温到10℃，温度变化Δt₂=10℃，吸热量Q₂=Q熔 + c水mΔt₂=Q熔 +10c水m；
3. 过程③：10℃的水升温到20℃，温度变化Δt₃=20℃-10℃=10℃，吸热量Q₃=c水mΔt₃=10c水m；
已知c冰＜c水，因此10c冰m ＜10c水m，即Q₁＜Q₃；又因冰熔化吸热Q熔＞0，故Q₂=Q熔+Q₃＞Q₃；综上Q₁＜Q₃＜Q₂，对应选项C。
【答案】
C
【知识点】
热量计算、熔化吸热
【点评】
本题核心是明确冰熔化需额外吸收热量，结合热量公式对比各过程吸热量，需区分“冰升温”“冰熔化”“水升温”三个过程的吸热量计算，避免忽略熔化热导致错误。
【难度系数】
0.5
9. 将100 g的水和质量相等的某种液体同时冷却[$c_水＞c_液$，$c_水=4.2×10^3 J/(kg·℃)$]，水和该液体在相同时间内放出的热量相等，温度随时间变化的图像如图所示.下列说法正确的是（
A.乙液体为水
B.0～15 min 甲液体放出的热量多
C.0～20 min 乙液体放出的热量为 $1.12×10^4 J$
D.甲、乙比热容之比为 $3:1$
C
）A.乙液体为水
B.0～15 min 甲液体放出的热量多
C.0～20 min 乙液体放出的热量为 $1.12×10^4 J$
D.甲、乙比热容之比为 $3:1$
答案
9.C
解析
【分析】
要解决这道题，需结合比热容公式$Q_{放}=cm\Delta t$分析：已知质量相等的水和液体，相同时间内放出热量相等，根据公式可知，比热容越大，温度降低越慢，由此判断对应物质；再结合图像提取温度变化值，逐一分析选项。
【解析】
已知：$m_{水}=m_{液}=100g=0.1kg$，相同时间内水和液体放出的热量相等，$c_{水}＞c_{液}$。
根据放热公式$Q_{放}=cm\Delta t$，变形得$\Delta t=\frac{Q_{放}}{cm}$，因$m$、$Q_{放}$相同，故比热容越大，温度降低越慢，因此甲为水，乙为液体。
逐一分析选项：
A选项：乙降温更快，比热容更小，不是水，A错误；
B选项：相同时间内两者放出热量相等，0～15min内甲、乙放出热量相同，B错误；
C选项：0～15min，甲（水）的温度变化$\Delta t_{甲}=60℃-40℃=20℃$，放出热量$Q_{放15}=c_{水}m\Delta t_{甲}=4.2×10^3 J/(kg·℃)×0.1kg×20℃=8.4×10^3 J$；每分钟放热为$\frac{8.4×10^3 J}{15min}=560 J/min$，则0～20min乙放出的热量$Q_{放20}=560 J/min×20min=1.12×10^4 J$，C正确；
D选项：相同时间内$Q_{放}$、$m$相同，故$c$与$\Delta t$成反比，0～15min乙的温度变化$\Delta t_{乙}=60℃-20℃=40℃$，则$\frac{c_{甲}}{c_{乙}}=\frac{\Delta t_{乙}}{\Delta t_{甲}}=\frac{40℃}{20℃}=\frac{2}{1}$，比热容之比为2:1，D错误。
【答案】
C
【知识点】
比热容、热量计算、热传递
【点评】
本题结合温度-时间图像考查比热容公式的应用，核心是理解“相同时间放热相等、质量相等时，温度变化与比热容成反比”，需准确提取图像中的温度变化值，结合公式分析，难度适中。
【难度系数】
0.5
要解决这道题，需结合比热容公式$Q_{放}=cm\Delta t$分析：已知质量相等的水和液体，相同时间内放出热量相等，根据公式可知，比热容越大，温度降低越慢，由此判断对应物质；再结合图像提取温度变化值，逐一分析选项。
【解析】
已知：$m_{水}=m_{液}=100g=0.1kg$，相同时间内水和液体放出的热量相等，$c_{水}＞c_{液}$。
根据放热公式$Q_{放}=cm\Delta t$，变形得$\Delta t=\frac{Q_{放}}{cm}$，因$m$、$Q_{放}$相同，故比热容越大，温度降低越慢，因此甲为水，乙为液体。
逐一分析选项：
A选项：乙降温更快，比热容更小，不是水，A错误；
B选项：相同时间内两者放出热量相等，0～15min内甲、乙放出热量相同，B错误；
C选项：0～15min，甲（水）的温度变化$\Delta t_{甲}=60℃-40℃=20℃$，放出热量$Q_{放15}=c_{水}m\Delta t_{甲}=4.2×10^3 J/(kg·℃)×0.1kg×20℃=8.4×10^3 J$；每分钟放热为$\frac{8.4×10^3 J}{15min}=560 J/min$，则0～20min乙放出的热量$Q_{放20}=560 J/min×20min=1.12×10^4 J$，C正确；
D选项：相同时间内$Q_{放}$、$m$相同，故$c$与$\Delta t$成反比，0～15min乙的温度变化$\Delta t_{乙}=60℃-20℃=40℃$，则$\frac{c_{甲}}{c_{乙}}=\frac{\Delta t_{乙}}{\Delta t_{甲}}=\frac{40℃}{20℃}=\frac{2}{1}$，比热容之比为2:1，D错误。
【答案】
C
【知识点】
比热容、热量计算、热传递
【点评】
本题结合温度-时间图像考查比热容公式的应用，核心是理解“相同时间放热相等、质量相等时，温度变化与比热容成反比”，需准确提取图像中的温度变化值，结合公式分析，难度适中。
【难度系数】
0.5
10. 如图是用相同的加热装置对$a$、$b$、$c$三种固态物质加热时温度随时间变化的图像，其中$T_1:T_2:T_3:T_4=1:2:3:4$，下列分析正确的是（
A.在4 min时，物质$a$含有的热量一定大于$c$含有的热量
B.在0～4 min时间内，物质$a$吸热最多
C.三种物质中，$c$的比热容一定最大
D.若$a$、$b$质量相同，则其比热容之比为$2:3$
D
）A.在4 min时，物质$a$含有的热量一定大于$c$含有的热量
B.在0～4 min时间内，物质$a$吸热最多
C.三种物质中，$c$的比热容一定最大
D.若$a$、$b$质量相同，则其比热容之比为$2:3$
答案
10.D
解析
【分析】
首先明确：相同加热装置，相同时间内三种物质吸收的热量相等；热量是过程量，不能用“含有”描述；比热容公式为$c=\frac{Q}{m\Delta T}$，需结合质量、吸热、温度变化分析。设$T_1=t$，由$T_1:T_2:T_3:T_4=1:2:3:4$，得$T_2=2t$、$T_3=3t$、$T_4=4t$，再逐一判断选项：
1. 选项A：热量是过程量，不能用“含有”表述，直接错误；
2. 选项B：0～4min加热时间相同，装置相同，三种物质吸热一样多，错误；
3. 选项C：比热容公式$c=\frac{Q}{m\Delta T}$，未知三种物质的质量关系，无法确定$c$的比热容最大，错误；
4. 选项D：若$a$、$b$质量相同，0～4min吸热相同，结合温度变化可推导比热容比，正确。
【解析】
本题考查比热容的应用，结合图像分析如下：
相同加热装置，相同时间内物质吸收的热量相等；热量是过程量，只能描述为“吸收/放出热量”，不能用“含有热量”表述，故选项A错误。
0～4min内，加热时间相同、装置相同，因此$a$、$b$、$c$吸收的热量相等，选项B错误。
比热容公式为$c=\frac{Q}{m\Delta T}$，由于未知三种物质的质量关系，无法确定$c$的比热容最大，选项C错误。
若$a$、$b$质量相同，0～4min内两者吸热$Q$相同；$a$的温度变化$\Delta T_a=T_4-T_1=4t-t=3t$，$b$的温度变化$\Delta T_b=T_3-T_1=3t-t=2t$。根据$c=\frac{Q}{m\Delta T}$，可得$\frac{c_a}{c_b}=\frac{\Delta T_b}{\Delta T_a}=\frac{2t}{3t}=\frac{2}{3}$，即比热容之比为$2:3$，选项D正确。
【答案】
D
【知识点】
比热容、热量与温度变化的关系
【点评】
本题需结合加热装置的特点（相同时间吸热相同），灵活运用比热容公式分析，易错点是热量的表述（不能说“含有热量”），解题时需注意控制变量（质量、吸热、温度变化）的应用。
【难度系数】
0.5
首先明确：相同加热装置，相同时间内三种物质吸收的热量相等；热量是过程量，不能用“含有”描述；比热容公式为$c=\frac{Q}{m\Delta T}$，需结合质量、吸热、温度变化分析。设$T_1=t$，由$T_1:T_2:T_3:T_4=1:2:3:4$，得$T_2=2t$、$T_3=3t$、$T_4=4t$，再逐一判断选项：
1. 选项A：热量是过程量，不能用“含有”表述，直接错误；
2. 选项B：0～4min加热时间相同，装置相同，三种物质吸热一样多，错误；
3. 选项C：比热容公式$c=\frac{Q}{m\Delta T}$，未知三种物质的质量关系，无法确定$c$的比热容最大，错误；
4. 选项D：若$a$、$b$质量相同，0～4min吸热相同，结合温度变化可推导比热容比，正确。
【解析】
本题考查比热容的应用，结合图像分析如下：
相同加热装置，相同时间内物质吸收的热量相等；热量是过程量，只能描述为“吸收/放出热量”，不能用“含有热量”表述，故选项A错误。
0～4min内，加热时间相同、装置相同，因此$a$、$b$、$c$吸收的热量相等，选项B错误。
比热容公式为$c=\frac{Q}{m\Delta T}$，由于未知三种物质的质量关系，无法确定$c$的比热容最大，选项C错误。
若$a$、$b$质量相同，0～4min内两者吸热$Q$相同；$a$的温度变化$\Delta T_a=T_4-T_1=4t-t=3t$，$b$的温度变化$\Delta T_b=T_3-T_1=3t-t=2t$。根据$c=\frac{Q}{m\Delta T}$，可得$\frac{c_a}{c_b}=\frac{\Delta T_b}{\Delta T_a}=\frac{2t}{3t}=\frac{2}{3}$，即比热容之比为$2:3$，选项D正确。
【答案】
D
【知识点】
比热容、热量与温度变化的关系
【点评】
本题需结合加热装置的特点（相同时间吸热相同），灵活运用比热容公式分析，易错点是热量的表述（不能说“含有热量”），解题时需注意控制变量（质量、吸热、温度变化）的应用。
【难度系数】
0.5
11.如图是一种新型的金属冰块，相较于普通冰块，金属冰块使用起来更加方便，且可无限次循环使用.茗茗将每块质量为125 g且质量相等的四块金属冰块冷冻至－20 ℃后，迅速取出放入另一个装有200 g水的杯中，容器中水温为30 ℃，放入金属块后水温最终下降到20 ℃，在这个过程中，若不计热量损失，金属冰块共吸收的热量
$8.4×10^3$
J，该金属冰块的比热容为$420$
J/(kg·℃)[$c_{水}＝4.2×10^3$ J/(kg·℃)].答案
11.$8.4×10^3$ 420
解析
【分析】
本题考查热平衡方程的应用，解题思路为：不计热量损失时，金属冰块吸收的总热量等于水放出的热量。先根据水的质量、初温、末温计算水放出的热量，该热量即为金属冰块吸收的总热量；再结合金属冰块的总质量、温度变化，利用比热容公式计算金属冰块的比热容。
【解析】
1. 计算水放出的热量：
水的质量 $ m_{水}=200g=0.2kg $，水的温度变化 $ \Delta t_{水}=30℃ - 20℃=10℃ $，
根据热量公式 $ Q_{放}=c_{水}m_{水}\Delta t_{水} $，代入数据得：
$ Q_{放}=4.2×10^3 J/(kg·℃) × 0.2kg ×10℃=8.4×10^3 J $。
2. 确定金属冰块吸收的总热量：
不计热量损失，金属冰块吸收的总热量 $ Q_{吸总}=Q_{放}=8.4×10^3 J $。
3. 计算金属冰块的比热容：
四块金属冰块的总质量 $ m_{金总}=4×125g=500g=0.5kg $，金属冰块的温度变化 $ \Delta t_{金}=20℃ - (-20℃)=40℃ $，
根据 $ Q_{吸总}=c_{金}m_{金总}\Delta t_{金} $，变形得 $ c_{金}=\frac{Q_{吸总}}{m_{金总}\Delta t_{金}} $，
代入数据：$ c_{金}=\frac{8.4×10^3 J}{0.5kg ×40℃}=420 J/(kg·℃) $。
【答案】
$ 8.4×10^3 $；$ 420 $
【知识点】
热量计算；比热容；热平衡方程
【点评】
本题是热学基础计算题，核心是利用热平衡方程（不计热量损失时，低温物体吸热等于高温物体放热）解题，步骤清晰，难度较低，适合巩固热量计算的基本应用。
【难度系数】
0.6
本题考查热平衡方程的应用，解题思路为：不计热量损失时，金属冰块吸收的总热量等于水放出的热量。先根据水的质量、初温、末温计算水放出的热量，该热量即为金属冰块吸收的总热量；再结合金属冰块的总质量、温度变化，利用比热容公式计算金属冰块的比热容。
【解析】
1. 计算水放出的热量：
水的质量 $ m_{水}=200g=0.2kg $，水的温度变化 $ \Delta t_{水}=30℃ - 20℃=10℃ $，
根据热量公式 $ Q_{放}=c_{水}m_{水}\Delta t_{水} $，代入数据得：
$ Q_{放}=4.2×10^3 J/(kg·℃) × 0.2kg ×10℃=8.4×10^3 J $。
2. 确定金属冰块吸收的总热量：
不计热量损失，金属冰块吸收的总热量 $ Q_{吸总}=Q_{放}=8.4×10^3 J $。
3. 计算金属冰块的比热容：
四块金属冰块的总质量 $ m_{金总}=4×125g=500g=0.5kg $，金属冰块的温度变化 $ \Delta t_{金}=20℃ - (-20℃)=40℃ $，
根据 $ Q_{吸总}=c_{金}m_{金总}\Delta t_{金} $，变形得 $ c_{金}=\frac{Q_{吸总}}{m_{金总}\Delta t_{金}} $，
代入数据：$ c_{金}=\frac{8.4×10^3 J}{0.5kg ×40℃}=420 J/(kg·℃) $。
【答案】
$ 8.4×10^3 $；$ 420 $
【知识点】
热量计算；比热容；热平衡方程
【点评】
本题是热学基础计算题，核心是利用热平衡方程（不计热量损失时，低温物体吸热等于高温物体放热）解题，步骤清晰，难度较低，适合巩固热量计算的基本应用。
【难度系数】
0.6
12.(武邑县期中)在一个标准大气压下,一质量为2 kg的金属块,被加热到500 ℃后,立即投入质量为1 kg,温度为20 ℃的冷水中,不计热量损失,最终水的温度升高到80 ℃.$[c_{水}=4.2×10^{3}\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg}· \mathrm{℃})]$求:
(1)水吸收的热量.
(2)金属块的比热容.
(1)水吸收的热量.
(2)金属块的比热容.
答案
12.(1)水吸收的热量：
$Q_\mathrm{吸}=c_\mathrm{水}m_\mathrm{水}(t-t_{0\mathrm{水}})=4.2×10^3\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg}·℃)×1\ \mathrm{kg}×(80\ ℃-20\ ℃)=2.52×10^5\ \mathrm{J}.$
(2)根据题意可知,金属块放出的热量与水吸收的热量相等,即 $Q_\mathrm{吸}=Q_\mathrm{放}=2.52×10^5\ \mathrm{J}$,
由 $Q_\mathrm{放}=cm(t_0-t)$得金属块的比热容：
$c_\mathrm{金}=\dfrac{Q_\mathrm{放}}{m_\mathrm{金}(t_\mathrm{金}-t)}=\dfrac{2.52×10^5\ \mathrm{J}}{2\ \mathrm{kg}×(500\ ℃-80\ ℃)}=0.3×10^3\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg}·℃).$
$Q_\mathrm{吸}=c_\mathrm{水}m_\mathrm{水}(t-t_{0\mathrm{水}})=4.2×10^3\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg}·℃)×1\ \mathrm{kg}×(80\ ℃-20\ ℃)=2.52×10^5\ \mathrm{J}.$
(2)根据题意可知,金属块放出的热量与水吸收的热量相等,即 $Q_\mathrm{吸}=Q_\mathrm{放}=2.52×10^5\ \mathrm{J}$,
由 $Q_\mathrm{放}=cm(t_0-t)$得金属块的比热容：
$c_\mathrm{金}=\dfrac{Q_\mathrm{放}}{m_\mathrm{金}(t_\mathrm{金}-t)}=\dfrac{2.52×10^5\ \mathrm{J}}{2\ \mathrm{kg}×(500\ ℃-80\ ℃)}=0.3×10^3\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg}·℃).$
解析
【分析】
本题是热学热量计算的基础题，解题思路：（1）求水吸收的热量，直接运用吸热公式$Q_{吸}=c_{水}m_{水}(t-t_{0水})$，代入水的质量、初温、末温及水的比热容计算；（2）不计热量损失时，金属块放出的热量等于水吸收的热量（$Q_{放}=Q_{吸}$），再利用放热公式$Q_{放}=c_{金}m_{金}(t_{0金}-t)$，变形后计算金属块的比热容，其中金属的初温为500℃，末温为共同的末温80℃。
【解析】
(1) 水吸收的热量：
根据吸热公式$Q_{吸}=c_{水}m_{水}(t-t_{0水})$，代入数据：
$Q_{吸}=4.2×10^3\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg}·℃)×1\ \mathrm{kg}×(80\ ℃-20\ ℃)=2.52×10^5\ \mathrm{J}.$
(2) 不计热量损失，金属块放出的热量$Q_{放}=Q_{吸}=2.52×10^5\ \mathrm{J}$；
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：
$c_{金}=\dfrac{Q_{放}}{m_{金}(t_{金}-t)}=\dfrac{2.52×10^5\ \mathrm{J}}{2\ \mathrm{kg}×(500\ ℃-80\ ℃)}=0.3×10^3\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg}·℃).$
【答案】
(1) 水吸收的热量为$2.52×10^5\ \mathrm{J}$；(2) 金属块的比热容为$0.3×10^3\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg}·℃)$
【知识点】
热量的计算、热平衡方程应用
【点评】
本题考查热学核心公式的基础应用，关键是理解“不计热量损失时$Q_{吸}=Q_{放}$”的关系，属于常规基础题，需熟练掌握吸热、放热公式的运用。
【难度系数】
0.7
本题是热学热量计算的基础题，解题思路：（1）求水吸收的热量，直接运用吸热公式$Q_{吸}=c_{水}m_{水}(t-t_{0水})$，代入水的质量、初温、末温及水的比热容计算；（2）不计热量损失时，金属块放出的热量等于水吸收的热量（$Q_{放}=Q_{吸}$），再利用放热公式$Q_{放}=c_{金}m_{金}(t_{0金}-t)$，变形后计算金属块的比热容，其中金属的初温为500℃，末温为共同的末温80℃。
【解析】
(1) 水吸收的热量：
根据吸热公式$Q_{吸}=c_{水}m_{水}(t-t_{0水})$，代入数据：
$Q_{吸}=4.2×10^3\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg}·℃)×1\ \mathrm{kg}×(80\ ℃-20\ ℃)=2.52×10^5\ \mathrm{J}.$
(2) 不计热量损失，金属块放出的热量$Q_{放}=Q_{吸}=2.52×10^5\ \mathrm{J}$；
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：
$c_{金}=\dfrac{Q_{放}}{m_{金}(t_{金}-t)}=\dfrac{2.52×10^5\ \mathrm{J}}{2\ \mathrm{kg}×(500\ ℃-80\ ℃)}=0.3×10^3\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg}·℃).$
【答案】
(1) 水吸收的热量为$2.52×10^5\ \mathrm{J}$；(2) 金属块的比热容为$0.3×10^3\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg}·℃)$
【知识点】
热量的计算、热平衡方程应用
【点评】
本题考查热学核心公式的基础应用，关键是理解“不计热量损失时$Q_{吸}=Q_{放}$”的关系，属于常规基础题，需熟练掌握吸热、放热公式的运用。
【难度系数】
0.7
