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1. 麻辣小龙虾是人们喜爱的美食,下列相关说法正确的是 (
A.炒小龙虾前,锅内烧油,油温升高,油含有的热量增多
B.小龙虾在锅内翻炒加热,主要是通过做功改变小龙虾的内能
C.油的温度高于小龙虾的温度,油的部分内能转移到小龙虾上
D.刚出锅的麻辣小龙虾热得烫嘴,说明麻辣小龙虾的内能比嘴巴的内能大
C
)A.炒小龙虾前,锅内烧油,油温升高,油含有的热量增多
B.小龙虾在锅内翻炒加热,主要是通过做功改变小龙虾的内能
C.油的温度高于小龙虾的温度,油的部分内能转移到小龙虾上
D.刚出锅的麻辣小龙虾热得烫嘴,说明麻辣小龙虾的内能比嘴巴的内能大
答案
1. C 解析:A.热量是一个过程量,它描述的是热传递过程中能量的转移量,而不是物体本身所具有的能量,故A错误;B.小龙虾在锅内翻炒加热的过程中,主要是通过热传递的方式改变内能,即热量从温度高的油传递到温度低的小龙虾上,使小龙虾的内能增加,温度升高,故B错误;C.在热传递过程中,热量总是从温度高的物体传递到温度低的物体,或者说,内能从温度高的物体转移到温度低的物体,故C正确;D.刚出锅的麻辣小龙虾热得烫嘴,只能说明小龙虾的温度高,但不能直接说明麻辣小龙虾的内能比嘴巴的内能大,因为内能还与物体的质量有关,故D错误.故选C.
解析
【分析】
这道题结合生活场景考察热学基础概念，我们可以逐个对应知识点排查选项：
1. 首先明确热量的属性：热量是热传递过程中转移的能量，属于过程量，不能用来描述物体“含有”“具有”的能量，直接判断A选项表述错误。
2. 接着回忆改变内能的两类方式：做功和热传递，翻炒加热的过程中，小龙虾是从高温的油、锅吸收能量，属于热传递，并非做功，因此B错误。
3. 再结合热传递的规律判断：发生热传递的前提是存在温度差，内能会自发从高温物体转移到低温物体，油的温度高于小龙虾，因此油的部分内能会转移到小龙虾上，C的表述符合规律。
4. 最后梳理内能的影响因素：内能大小不仅和温度有关，还和物体的质量、分子总数、状态等有关，“烫嘴”仅能说明小龙虾温度比嘴高，无法直接得出它的内能比嘴大的结论，D错误。最终即可确定正确选项。
【解析】
我们逐个对选项进行验证分析：
A. 热量是过程量，仅用于描述热传递过程中能量的转移量，不能说物体“含有热量”，该表述错误。
B. 对小龙虾翻炒加热的过程中，热量从高温的油传递到小龙虾，主要是通过热传递的方式改变内能，不是做功，该表述错误。
C. 热传递的方向是从温度高的物体向温度低的物体传递，本质是内能的转移，油的温度高于小龙虾，因此油的部分内能会转移到小龙虾上，该表述正确。
D. 物体的内能大小和温度、质量、状态等多个因素有关，小龙虾烫嘴仅说明它的温度高于嘴的温度，无法判断它的内能一定比嘴的内能大，该表述错误。
综上，正确选项为C。
【答案】C
【知识点】热量的概念；内能的改变方式；热传递的实质
【点评】本题是热学模块的基础易错题，结合美食场景考察温度、内能、热量三个核心概念的辨析，不少同学容易混淆过程量和状态量的区别误选A，也容易忽略内能的多影响因素误选D，解题时要牢记各个概念的适用条件，不能仅凭单一条件判断内能的大小。
【难度系数】0.7
这道题结合生活场景考察热学基础概念，我们可以逐个对应知识点排查选项：
1. 首先明确热量的属性：热量是热传递过程中转移的能量，属于过程量，不能用来描述物体“含有”“具有”的能量，直接判断A选项表述错误。
2. 接着回忆改变内能的两类方式：做功和热传递，翻炒加热的过程中，小龙虾是从高温的油、锅吸收能量，属于热传递，并非做功，因此B错误。
3. 再结合热传递的规律判断：发生热传递的前提是存在温度差，内能会自发从高温物体转移到低温物体，油的温度高于小龙虾，因此油的部分内能会转移到小龙虾上，C的表述符合规律。
4. 最后梳理内能的影响因素：内能大小不仅和温度有关，还和物体的质量、分子总数、状态等有关，“烫嘴”仅能说明小龙虾温度比嘴高，无法直接得出它的内能比嘴大的结论，D错误。最终即可确定正确选项。
【解析】
我们逐个对选项进行验证分析：
A. 热量是过程量，仅用于描述热传递过程中能量的转移量，不能说物体“含有热量”，该表述错误。
B. 对小龙虾翻炒加热的过程中，热量从高温的油传递到小龙虾，主要是通过热传递的方式改变内能，不是做功，该表述错误。
C. 热传递的方向是从温度高的物体向温度低的物体传递，本质是内能的转移，油的温度高于小龙虾，因此油的部分内能会转移到小龙虾上，该表述正确。
D. 物体的内能大小和温度、质量、状态等多个因素有关，小龙虾烫嘴仅说明它的温度高于嘴的温度，无法判断它的内能一定比嘴的内能大，该表述错误。
综上，正确选项为C。
【答案】C
【知识点】热量的概念；内能的改变方式；热传递的实质
【点评】本题是热学模块的基础易错题，结合美食场景考察温度、内能、热量三个核心概念的辨析，不少同学容易混淆过程量和状态量的区别误选A，也容易忽略内能的多影响因素误选D，解题时要牢记各个概念的适用条件，不能仅凭单一条件判断内能的大小。
【难度系数】0.7
2. 小明用力斜向下将篮球掷向地面，篮球碰到地面后斜向上反弹，篮球在运动过程中经过A、B两点，如图所示.从A到B的过程中，下列数据可能正确的是 （
A.$a=4,b=0$
B.$a=5,b=2$
C.$a=6,b=0$
D.$a=7,b=2$
D
）A.$a=4,b=0$
B.$a=5,b=2$
C.$a=6,b=0$
D.$a=7,b=2$
答案
2. D 解析:由题图可知,篮球在B点之后,速度不为0,同一篮球的质量不变,所以在B点的动能可能是$b=2$;从A到B的过程中,重力势能增大了4 J,动能在转化过程中,由于空气阻力,会有一部分转化为内能,所以,动能的减小量$(a-b)$应大于4 J,篮球在A点的机械能应大于B点的机械能,所以A点的动能可能是$a=7$.故D正确.
解析
【分析】
拿到这道题，我们先梳理篮球运动的能量变化逻辑：首先篮球在空中运动时始终受空气阻力作用，总机械能（动能+重力势能）会不断减小，部分机械能转化为内能。第一步先判断B点的动能：篮球经过B点后还会继续运动，不可能瞬间速度为0，因此B点动能b不可能等于0，直接排除b=0的A、C选项。接下来推导定量关系：从A到B篮球高度升高，重力势能增加了4J，A点总机械能一定大于B点总机械能，也就是A点动能+A点重力势能 ＞ B点动能+B点重力势能，移项后可得动能的减少量一定大于重力势能的增加量4J，即a-b＞4J，最后代入剩余的B、D选项验证，就能选出符合条件的答案。
【解析】
1. 初步排除错误选项：篮球在B点之后仍会继续斜向上运动，运动速度不为0，因此B点的动能b不可能为0，直接排除b=0的A、C选项。
2. 推导能量约束关系：篮球从A运动到B的过程中，高度升高，重力势能增量为4J；同时运动过程中需要克服空气阻力做功，部分机械能转化为内能，因此A点的总机械能大于B点的总机械能，即：
$E_{kA} + E_{pA} ＞ E_{kB} + E_{pB}$
代入$E_{kA}=a$，$E_{kB}=b$，重力势能增量$E_{pB}-E_{pA}=4\mathrm{J}$，整理可得：
$a - b ＞ E_{pB} - E_{pA} = 4\mathrm{J}$
3. 验证剩余选项：
B选项：a=5，b=2，a-b=3J ＜ 4J，不符合推导结论，错误；
D选项：a=7，b=2，a-b=5J ＞ 4J，符合推导结论，正确。
【答案】
D
【知识点】
机械能的转化、动能与势能的变化、能量守恒
【点评】
本题有两个典型易错点：一是忽略篮球运动过程中存在空气阻力，误以为机械能守恒，错选B选项；二是误认为篮球在B点速度可以为0，误选A、C选项。解题核心是抓住“受空气阻力时机械能不断损耗”的规律，通过机械能的大小关系推导出动能减小量大于重力势能增加量，即可快速筛选出正确选项。
【难度系数】
0.6
拿到这道题，我们先梳理篮球运动的能量变化逻辑：首先篮球在空中运动时始终受空气阻力作用，总机械能（动能+重力势能）会不断减小，部分机械能转化为内能。第一步先判断B点的动能：篮球经过B点后还会继续运动，不可能瞬间速度为0，因此B点动能b不可能等于0，直接排除b=0的A、C选项。接下来推导定量关系：从A到B篮球高度升高，重力势能增加了4J，A点总机械能一定大于B点总机械能，也就是A点动能+A点重力势能 ＞ B点动能+B点重力势能，移项后可得动能的减少量一定大于重力势能的增加量4J，即a-b＞4J，最后代入剩余的B、D选项验证，就能选出符合条件的答案。
【解析】
1. 初步排除错误选项：篮球在B点之后仍会继续斜向上运动，运动速度不为0，因此B点的动能b不可能为0，直接排除b=0的A、C选项。
2. 推导能量约束关系：篮球从A运动到B的过程中，高度升高，重力势能增量为4J；同时运动过程中需要克服空气阻力做功，部分机械能转化为内能，因此A点的总机械能大于B点的总机械能，即：
$E_{kA} + E_{pA} ＞ E_{kB} + E_{pB}$
代入$E_{kA}=a$，$E_{kB}=b$，重力势能增量$E_{pB}-E_{pA}=4\mathrm{J}$，整理可得：
$a - b ＞ E_{pB} - E_{pA} = 4\mathrm{J}$
3. 验证剩余选项：
B选项：a=5，b=2，a-b=3J ＜ 4J，不符合推导结论，错误；
D选项：a=7，b=2，a-b=5J ＞ 4J，符合推导结论，正确。
【答案】
D
【知识点】
机械能的转化、动能与势能的变化、能量守恒
【点评】
本题有两个典型易错点：一是忽略篮球运动过程中存在空气阻力，误以为机械能守恒，错选B选项；二是误认为篮球在B点速度可以为0，误选A、C选项。解题核心是抓住“受空气阻力时机械能不断损耗”的规律，通过机械能的大小关系推导出动能减小量大于重力势能增加量，即可快速筛选出正确选项。
【难度系数】
0.6
3. (2025·盐城鹿鸣路中学期中)汽车是现代生活中最常见的一种交通工具,如图甲、乙所示分别是某单缸四冲程汽油机的某冲程及能量流向图.下列有关说法正确的是 (
A.甲图是压缩冲程,机械能转化为内能
B.由图乙可知该汽油机的效率是 72%
C.汽车尾气中的“汽油味”越浓,燃料燃烧得越不充分,这会降低燃料的热值
D.若该汽油机飞轮的转速为 3 600 r/min,则在 1 s 内汽油机完成 120 次冲程
D
)A.甲图是压缩冲程,机械能转化为内能
B.由图乙可知该汽油机的效率是 72%
C.汽车尾气中的“汽油味”越浓,燃料燃烧得越不充分,这会降低燃料的热值
D.若该汽油机飞轮的转速为 3 600 r/min,则在 1 s 内汽油机完成 120 次冲程
答案
3. D 解析:A.甲图中,进气门和排气门都关闭,火花塞点火,汽油和空气的混合物燃烧,活塞向下运动,是做功冲程,将内能转化为机械能,故A错误;B.热机效率是指用来做有用功的能量与燃料完全燃烧放出的能量之比.由图乙可知,有用机械能占比为$100\% -6\% -30\% -36\% =28\% $,即该汽油机的效率是28%,故B错误;C.热值是燃料的一种特性,它只与燃料的种类有关,与燃料的燃烧情况无关,故C错误;D.四冲程汽油机一个工作循环包括四个冲程,飞轮转两圈,对外做功一次.已知飞轮转速为3600 r/min=60 r/s,则每秒飞轮转60圈,完成的冲程数为120个,故D正确.故选D.
解析
【分析】
我们可以逐个对选项进行验证推导：
1. 先判断甲图的冲程：观察甲图的气门状态、活塞运动方向和火花塞状态，两个气门都关闭，火花塞点火，活塞向下运动，对应做功冲程，能量转化是内能转机械能，直接判断A选项错误。
2. 计算汽油机效率：热机效率是有用机械能占燃料完全燃烧释放总能量的比例，用100%减去所有损耗的占比，算出效率是28%，判断B选项错误。
3. 回忆热值的定义：热值是燃料的固有特性，只和燃料种类有关，和燃烧充分程度无关，判断C选项错误。
4. 推导飞轮转速对应的冲程数：先把转速单位换算为r/s，四冲程汽油机飞轮每转2圈完成4个冲程，也就是每转1圈完成2个冲程，代入每秒的转数算出总冲程数，验证D选项正确。
【解析】
我们逐一分析每个选项：
A选项：甲图中进气门、排气门均关闭，火花塞点火，活塞向下运动，属于做功冲程，能量转化为内能转化为机械能，不是压缩冲程，A错误。
B选项：热机效率是有用机械能与燃料完全燃烧释放总能量的比值，由乙图可得，总损耗占比为6%+30%+36%=72%，因此汽油机效率为100%-72%=28%，不是72%，B错误。
C选项：热值是燃料的固有特性，仅由燃料的种类决定，和燃料的燃烧充分程度无关，燃烧不充分不会改变燃料的热值，C错误。
D选项：首先将飞轮转速换算单位：3600 r/min = 60 r/s，即每秒飞轮转动60圈。四冲程汽油机每完成1个工作循环，飞轮转2圈，对应4个冲程，因此飞轮每秒转60圈时，完成的冲程总数为60×2=120次，D正确。
【答案】
D
【知识点】
四冲程汽油机工作过程，热机效率，燃料的热值
【点评】
本题综合考察了热机章节的多个核心易错考点，包含冲程判断、能流图效率计算、热值特性辨析、飞轮转速与冲程数的换算，很多同学容易误将总损耗的占比当成热机效率，或是混淆飞轮转数和冲程数的倍数关系，通过本题可以有效梳理热机相关的常见误区，巩固基础概念。
【难度系数】
0.6
我们可以逐个对选项进行验证推导：
1. 先判断甲图的冲程：观察甲图的气门状态、活塞运动方向和火花塞状态，两个气门都关闭，火花塞点火，活塞向下运动，对应做功冲程，能量转化是内能转机械能，直接判断A选项错误。
2. 计算汽油机效率：热机效率是有用机械能占燃料完全燃烧释放总能量的比例，用100%减去所有损耗的占比，算出效率是28%，判断B选项错误。
3. 回忆热值的定义：热值是燃料的固有特性，只和燃料种类有关，和燃烧充分程度无关，判断C选项错误。
4. 推导飞轮转速对应的冲程数：先把转速单位换算为r/s，四冲程汽油机飞轮每转2圈完成4个冲程，也就是每转1圈完成2个冲程，代入每秒的转数算出总冲程数，验证D选项正确。
【解析】
我们逐一分析每个选项：
A选项：甲图中进气门、排气门均关闭，火花塞点火，活塞向下运动，属于做功冲程，能量转化为内能转化为机械能，不是压缩冲程，A错误。
B选项：热机效率是有用机械能与燃料完全燃烧释放总能量的比值，由乙图可得，总损耗占比为6%+30%+36%=72%，因此汽油机效率为100%-72%=28%，不是72%，B错误。
C选项：热值是燃料的固有特性，仅由燃料的种类决定，和燃料的燃烧充分程度无关，燃烧不充分不会改变燃料的热值，C错误。
D选项：首先将飞轮转速换算单位：3600 r/min = 60 r/s，即每秒飞轮转动60圈。四冲程汽油机每完成1个工作循环，飞轮转2圈，对应4个冲程，因此飞轮每秒转60圈时，完成的冲程总数为60×2=120次，D正确。
【答案】
D
【知识点】
四冲程汽油机工作过程，热机效率，燃料的热值
【点评】
本题综合考察了热机章节的多个核心易错考点，包含冲程判断、能流图效率计算、热值特性辨析、飞轮转速与冲程数的换算，很多同学容易误将总损耗的占比当成热机效率，或是混淆飞轮转数和冲程数的倍数关系，通过本题可以有效梳理热机相关的常见误区，巩固基础概念。
【难度系数】
0.6
4. 如图所示,用充气的气球模拟“喷气火箭”,把封口的夹子松开,球内气体向后喷出,气球向前运动.此过程中
(
A.气球的弹性势能增大
B.喷出的气体内能减小
C.喷出的气体热运动加剧
D.喷出的气体向外界传递热量
(
B
)A.气球的弹性势能增大
B.喷出的气体内能减小
C.喷出的气体热运动加剧
D.喷出的气体向外界传递热量
答案
4. B 解析:把封口的夹子松开,球内气体向后喷出,气球向前运动,此过程中,喷出的气体对外做功,内能减小,温度降低,B正确.气体喷出后,气球弹性形变变小,故弹性势能变小,A错误.由于喷出的气体温度降低,气体分子热运动变缓,C错误.喷出的气体对外做功,内能减小,会从外界吸收热量,D错误.故B符合题意.
规律总结 气体对外做功时,气体内能减小,温度降低,例如:针筒内压缩气体将活塞往上推、气球放气等;外界对气体做功时,气体内能增大,温度升高,例如:用活塞压缩针筒内气体、使用打气筒打气等.
规律总结 气体对外做功时,气体内能减小,温度降低,例如:针筒内压缩气体将活塞往上推、气球放气等;外界对气体做功时,气体内能增大,温度升高,例如:用活塞压缩针筒内气体、使用打气筒打气等.
解析
【分析】
我们可以按照逐个选项辨析的思路来解题：首先明确整个实验过程：松开封口夹子后，球内气体向后喷出，气球向前运动。第一步先判断弹性势能的变化：弹性势能和物体的弹性形变程度有关，气球放气后形变变小，就能直接判断A选项的对错。第二步，根据做功改变内能的规律，气体向外喷出时是气体对外做功，可推出气体自身内能减小，初步验证B选项。第三步，分子热运动的剧烈程度由温度决定，内能减小对应温度降低，就能判断C选项描述的热运动加剧是错误的。最后根据热传递的条件，存在温度差时热量从高温物体传向低温物体，喷出的气体温度低于外界，因此是气体从外界吸热，即可排除D选项，最终得到正确答案。
【解析】
我们对每个选项逐一分析：
A选项：松开夹子后，气球内的气体不断流出，气球的弹性形变程度逐渐减小，而弹性势能的大小随弹性形变程度减小而降低，因此气球的弹性势能是减小的，A错误。
B选项：球内气体向后喷出的过程中，喷出的气体对外界做功，根据做功与内能的变化规律，物体对外做功时自身内能减小，因此喷出的气体内能减小，B正确。
C选项：分子热运动的剧烈程度与温度正相关，温度越高分子热运动越剧烈。喷出的气体内能减小，温度随之降低，因此气体分子的热运动变缓，并非热运动加剧，C错误。
D选项：喷出的气体温度低于外界环境温度，热量会从高温的外界传向低温的气体，即气体会从外界吸收热量，不会向外界传递热量，D错误。
【答案】
B
【知识点】
做功改变内能；弹性势能影响因素；分子热运动
【点评】
本题结合趣味小实验考察热学基础概念的辨析，属于内能相关知识点的常规题型，易错点是容易混淆做功过程中内能的变化方向，以及热传递的热量流向，解题时牢记“物体对外做功，内能减小；外界对物体做功，内能增大”的核心规律，结合温度、分子热运动、热传递的关联逻辑即可快速判断正误。
【难度系数】
0.7
我们可以按照逐个选项辨析的思路来解题：首先明确整个实验过程：松开封口夹子后，球内气体向后喷出，气球向前运动。第一步先判断弹性势能的变化：弹性势能和物体的弹性形变程度有关，气球放气后形变变小，就能直接判断A选项的对错。第二步，根据做功改变内能的规律，气体向外喷出时是气体对外做功，可推出气体自身内能减小，初步验证B选项。第三步，分子热运动的剧烈程度由温度决定，内能减小对应温度降低，就能判断C选项描述的热运动加剧是错误的。最后根据热传递的条件，存在温度差时热量从高温物体传向低温物体，喷出的气体温度低于外界，因此是气体从外界吸热，即可排除D选项，最终得到正确答案。
【解析】
我们对每个选项逐一分析：
A选项：松开夹子后，气球内的气体不断流出，气球的弹性形变程度逐渐减小，而弹性势能的大小随弹性形变程度减小而降低，因此气球的弹性势能是减小的，A错误。
B选项：球内气体向后喷出的过程中，喷出的气体对外界做功，根据做功与内能的变化规律，物体对外做功时自身内能减小，因此喷出的气体内能减小，B正确。
C选项：分子热运动的剧烈程度与温度正相关，温度越高分子热运动越剧烈。喷出的气体内能减小，温度随之降低，因此气体分子的热运动变缓，并非热运动加剧，C错误。
D选项：喷出的气体温度低于外界环境温度，热量会从高温的外界传向低温的气体，即气体会从外界吸收热量，不会向外界传递热量，D错误。
【答案】
B
【知识点】
做功改变内能；弹性势能影响因素；分子热运动
【点评】
本题结合趣味小实验考察热学基础概念的辨析，属于内能相关知识点的常规题型，易错点是容易混淆做功过程中内能的变化方向，以及热传递的热量流向，解题时牢记“物体对外做功，内能减小；外界对物体做功，内能增大”的核心规律，结合温度、分子热运动、热传递的关联逻辑即可快速判断正误。
【难度系数】
0.7
二、填空题
5. 新素材科学前沿 中国的载人航天技术已经取得了举世瞩目的成就，其中，返回技术已经处于世界领先水平，其着陆过程的部分轨迹简化为如图所示，AB段返回器的动能
5. 新素材科学前沿 中国的载人航天技术已经取得了举世瞩目的成就，其中，返回技术已经处于世界领先水平，其着陆过程的部分轨迹简化为如图所示，AB段返回器的动能
变小
（填“变大”“不变”或“变小”，下同），BC段返回器的机械能不变
，CD
段返回器动能增加量小于
（填“大于”“等于”或“小于”）重力势能的减小量。答案
5. 变小 不变 CD 小于 解析:从图中可以看到,AB段返回器所处的高度在增加,返回器自身的质量不变,重力势能增加,该过程返回器与大气有摩擦,返回器的动能变小.BC段返回器不在大气层,与大气没有摩擦,该过程机械能是守恒的,BC段返回器的机械能不变.CD段返回器所处的高度减小,自身质量不变,重力势能减小,动能增大,该过程与大气层有摩擦,机械能减小,则该过程返回器动能增加量小于重力势能的减小量.
解析
【分析】
我们可以分三段逐一分析能量变化：第一步先看AB段，首先确定AB段返回器处于大气层内，运动过程中高度上升，同时要克服空气的摩擦阻力做功，速度不断减小，质量不变的情况下动能就会变小；第二步看BC段，B点是穿出大气层的位置，所以BC段返回器在大气层外，没有空气阻力，只有引力做功，满足机械能守恒的条件，因此机械能不变；第三步看CD段，返回器再次进入大气层向地球运动，高度降低重力势能减小，动能增大，同时还要克服空气阻力做功消耗能量，所以重力势能减少的量一部分变成动能，另一部分转化为内能，因此动能的增加量小于重力势能的减小量。
【解析】
1. AB段：返回器在大气层内运动，高度逐渐升高，运动过程中持续克服空气阻力做功，速度不断减小，返回器质量不变，因此动能变小。
2. BC段：返回器穿出大气层，不受空气阻力作用，只有地球的引力对其做功，机械能守恒，因此该段返回器的机械能不变。
3. CD段：返回器再次进入大气层向地面运动，高度不断降低，重力势能减小，速度增大动能增大，此过程中需要持续克服空气阻力做功，重力势能的减小量一部分转化为动能，另一部分转化为内能，因此CD段返回器动能增加量小于重力势能的减小量。
【答案】
变小；不变；CD；小于
【知识点】
动能的影响因素，机械能守恒，能量转化
【点评】
本题结合载人航天返回的真实情境命题，将机械能相关知识和实际航天工程场景结合，解题核心是区分不同运动阶段返回器是否受空气阻力，明确各阶段的能量转化路径，易错点是忽略AB段空气阻力的作用、混淆有阻力和无阻力场景下的机械能变化规律。
【难度系数】
0.6
我们可以分三段逐一分析能量变化：第一步先看AB段，首先确定AB段返回器处于大气层内，运动过程中高度上升，同时要克服空气的摩擦阻力做功，速度不断减小，质量不变的情况下动能就会变小；第二步看BC段，B点是穿出大气层的位置，所以BC段返回器在大气层外，没有空气阻力，只有引力做功，满足机械能守恒的条件，因此机械能不变；第三步看CD段，返回器再次进入大气层向地球运动，高度降低重力势能减小，动能增大，同时还要克服空气阻力做功消耗能量，所以重力势能减少的量一部分变成动能，另一部分转化为内能，因此动能的增加量小于重力势能的减小量。
【解析】
1. AB段：返回器在大气层内运动，高度逐渐升高，运动过程中持续克服空气阻力做功，速度不断减小，返回器质量不变，因此动能变小。
2. BC段：返回器穿出大气层，不受空气阻力作用，只有地球的引力对其做功，机械能守恒，因此该段返回器的机械能不变。
3. CD段：返回器再次进入大气层向地面运动，高度不断降低，重力势能减小，速度增大动能增大，此过程中需要持续克服空气阻力做功，重力势能的减小量一部分转化为动能，另一部分转化为内能，因此CD段返回器动能增加量小于重力势能的减小量。
【答案】
变小；不变；CD；小于
【知识点】
动能的影响因素，机械能守恒，能量转化
【点评】
本题结合载人航天返回的真实情境命题，将机械能相关知识和实际航天工程场景结合，解题核心是区分不同运动阶段返回器是否受空气阻力，明确各阶段的能量转化路径，易错点是忽略AB段空气阻力的作用、混淆有阻力和无阻力场景下的机械能变化规律。
【难度系数】
0.6
6. 质量均为 50 kg 的水和未知液体在相同时间内放出的热量相等,它们的温度随时间变化的关系如图所示,8 min 内两种液体放出的热量之比为
$1:1$
,0 ~ 16 min 水放出的热量为$8.4×10^{6}J$
;未知液体的比热容为$2.1×10^{3}$
J/(kg·℃).未知液体在 0~12 min 内放出的热量与完全燃烧0.525
kg 的干木柴放出的热量相同.$[c_{水}=4.2×10^{3}J/(kg·℃),q_{干木柴}=1.2×10^{7}J/kg]$答案
6. $1:1$ $8.4×10^{6}J$ $2.1×10^{3}$ 0.525
解析:根据题意知道,时间相等时,两种液体放出的热量相等,所以,8 min内两种液体放出的热量之比为$1:1$.由图知道,0~16 min内水由$60^{\circ }C$降低到$20^{\circ }C$,降低的温度是$\Delta t=$$60^{\circ }C-20^{\circ }C=40^{\circ }C$,放出的热量$Q_{放}=c_{水}m_{水}\Delta t=4.2×$$10^{3}J/(kg· ^{\circ }C)×50kg×40^{\circ }C=8.4×10^{6}J$;质量均为50 kg的水和未知液体在相同时间内放出的热量相等,所以0~8 min内,由图知道,未知液体的温度降低$40^{\circ }C$,水的温度降低$20^{\circ }C$,则由$Q=cm\Delta t$知道$Q_{水}=Q_{液体}=c_{水}m_{水}\Delta t_{水}=$$c_{液体}m_{液体}\Delta t_{液体}$,未知液体的比热容为$c_{液体}=\frac {c_{水}\Delta t_{水}}{\Delta t_{液体}}=$$\frac {4.2×10^{3}J/(kg· ^{\circ }C)×20^{\circ }C}{40^{\circ }C}=2.1×10^{3}J/(kg· ^{\circ }C)$;由$Q=cm\Delta t$知道,未知液体在0~12 min内放出的热量$Q'_{放}=c_{液体}m_{液体}· $$\Delta t=2.1×10^{3}J/(kg· ^{\circ }C)×50kg×60^{\circ }C=6.3×10^{6}J$,由$Q_{放}=mq$,需要干木柴的质量$m=\frac {Q'_{放}}{q_{干火柴}}=\frac {6.3×10^{6}J}{1.2×10^{7}J/kg}=$$0.525kg.$
解析:根据题意知道,时间相等时,两种液体放出的热量相等,所以,8 min内两种液体放出的热量之比为$1:1$.由图知道,0~16 min内水由$60^{\circ }C$降低到$20^{\circ }C$,降低的温度是$\Delta t=$$60^{\circ }C-20^{\circ }C=40^{\circ }C$,放出的热量$Q_{放}=c_{水}m_{水}\Delta t=4.2×$$10^{3}J/(kg· ^{\circ }C)×50kg×40^{\circ }C=8.4×10^{6}J$;质量均为50 kg的水和未知液体在相同时间内放出的热量相等,所以0~8 min内,由图知道,未知液体的温度降低$40^{\circ }C$,水的温度降低$20^{\circ }C$,则由$Q=cm\Delta t$知道$Q_{水}=Q_{液体}=c_{水}m_{水}\Delta t_{水}=$$c_{液体}m_{液体}\Delta t_{液体}$,未知液体的比热容为$c_{液体}=\frac {c_{水}\Delta t_{水}}{\Delta t_{液体}}=$$\frac {4.2×10^{3}J/(kg· ^{\circ }C)×20^{\circ }C}{40^{\circ }C}=2.1×10^{3}J/(kg· ^{\circ }C)$;由$Q=cm\Delta t$知道,未知液体在0~12 min内放出的热量$Q'_{放}=c_{液体}m_{液体}· $$\Delta t=2.1×10^{3}J/(kg· ^{\circ }C)×50kg×60^{\circ }C=6.3×10^{6}J$,由$Q_{放}=mq$,需要干木柴的质量$m=\frac {Q'_{放}}{q_{干火柴}}=\frac {6.3×10^{6}J}{1.2×10^{7}J/kg}=$$0.525kg.$
解析
【分析】
首先读题提取核心已知条件：水和未知液体质量相等，相同时间内放出的热量相等。第一空，8分钟属于相同的放热时间，直接根据题设条件就能得到两者放出热量的比值为1:1。第二空计算0~16min水放出的热量，先从温度-时间图像中读取水的初温和末温，算出温度降低量Δt，代入放热公式Q放=c水mΔt即可算出结果。第三空求未知液体的比热容，利用8min内两者放热相等、质量相等的条件，结合图像得到8min内水和未知液体各自的温度变化量，通过Q放相等的等式变形，消去质量项，即可求出未知液体的比热容。第四空先从图像得到0~12min未知液体的温度降低量，算出这段时间它放出的总热量，再利用燃料完全燃烧放热公式Q=mq变形得到m=Q/q，代入干木柴的热值即可算出需要完全燃烧的干木柴质量。
【解析】
1. 计算8min内两种液体放出的热量之比：
由题意可知，质量相等的水和未知液体在相同时间内放出的热量相等，8min是相同的放热时长，因此二者放出的热量相等，热量之比为1:1。
2. 计算0~16min水放出的热量：
由图像可知，水的初温为60℃，16min时末温为20℃，温度降低量Δt水=60℃-20℃=40℃，根据放热公式：
$Q_{水放} = c_{水}m_{水}\Delta t_{水} = 4.2×10^3J/(kg·℃) × 50kg × 40℃ = 8.4×10^6J$
3. 计算未知液体的比热容：
8min时，水的温度降低量$\Delta t_{水}'=60℃-40℃=20℃$，未知液体的初温为80℃，8min时末温为40℃，温度降低量$\Delta t_{液}=80℃-40℃=40℃$。
已知8min内$Q_{水放}'=Q_{液放}$，且$m_{水}=m_{液}=50kg$，代入放热公式得：
$c_{水}m_{水}\Delta t_{水}' = c_{液}m_{液}\Delta t_{液}$
约去相等的质量项，变形得：
$c_{液} = \frac{c_{水}\Delta t_{水}'}{\Delta t_{液}} = \frac{4.2×10^3J/(kg·℃) × 20℃}{40℃} = 2.1×10^3J/(kg·℃)$
4. 计算对应完全燃烧的干木柴质量：
0~12min内，未知液体的初温为80℃，12min时末温为20℃，温度降低量$\Delta t_{液}'=80℃-20℃=60℃$，这段时间未知液体放出的热量：
$Q_{液放}' = c_{液}m_{液}\Delta t_{液}' = 2.1×10^3J/(kg·℃) ×50kg ×60℃ = 6.3×10^6J$
由$Q_{放}=mq$得，需要完全燃烧干木柴的质量：
$m_{木} = \frac{Q_{液放}'}{q_{干木柴}} = \frac{6.3×10^6J}{1.2×10^7J/kg} = 0.525kg$
【答案】
$1:1$；$8.4×10^{6}J$；$2.1×10^{3}$；$0.525$
【知识点】
比热容放热计算
热值公式应用
温度图像分析
【点评】
本题是热学综合计算题，结合温度随时间变化的图像考查放热公式、燃料完全燃烧放热公式的应用，解题核心是抓住题干给出的“相同时间内两种液体放出热量相等”的条件，准确从图像中提取不同时刻对应的温度值计算温度变化量，再通过公式变形逐步推导求解，属于热学基础综合题，有效考察学生对热学核心公式的掌握和图像信息读取能力。
【难度系数】
0.6
首先读题提取核心已知条件：水和未知液体质量相等，相同时间内放出的热量相等。第一空，8分钟属于相同的放热时间，直接根据题设条件就能得到两者放出热量的比值为1:1。第二空计算0~16min水放出的热量，先从温度-时间图像中读取水的初温和末温，算出温度降低量Δt，代入放热公式Q放=c水mΔt即可算出结果。第三空求未知液体的比热容，利用8min内两者放热相等、质量相等的条件，结合图像得到8min内水和未知液体各自的温度变化量，通过Q放相等的等式变形，消去质量项，即可求出未知液体的比热容。第四空先从图像得到0~12min未知液体的温度降低量，算出这段时间它放出的总热量，再利用燃料完全燃烧放热公式Q=mq变形得到m=Q/q，代入干木柴的热值即可算出需要完全燃烧的干木柴质量。
【解析】
1. 计算8min内两种液体放出的热量之比：
由题意可知，质量相等的水和未知液体在相同时间内放出的热量相等，8min是相同的放热时长，因此二者放出的热量相等，热量之比为1:1。
2. 计算0~16min水放出的热量：
由图像可知，水的初温为60℃，16min时末温为20℃，温度降低量Δt水=60℃-20℃=40℃，根据放热公式：
$Q_{水放} = c_{水}m_{水}\Delta t_{水} = 4.2×10^3J/(kg·℃) × 50kg × 40℃ = 8.4×10^6J$
3. 计算未知液体的比热容：
8min时，水的温度降低量$\Delta t_{水}'=60℃-40℃=20℃$，未知液体的初温为80℃，8min时末温为40℃，温度降低量$\Delta t_{液}=80℃-40℃=40℃$。
已知8min内$Q_{水放}'=Q_{液放}$，且$m_{水}=m_{液}=50kg$，代入放热公式得：
$c_{水}m_{水}\Delta t_{水}' = c_{液}m_{液}\Delta t_{液}$
约去相等的质量项，变形得：
$c_{液} = \frac{c_{水}\Delta t_{水}'}{\Delta t_{液}} = \frac{4.2×10^3J/(kg·℃) × 20℃}{40℃} = 2.1×10^3J/(kg·℃)$
4. 计算对应完全燃烧的干木柴质量：
0~12min内，未知液体的初温为80℃，12min时末温为20℃，温度降低量$\Delta t_{液}'=80℃-20℃=60℃$，这段时间未知液体放出的热量：
$Q_{液放}' = c_{液}m_{液}\Delta t_{液}' = 2.1×10^3J/(kg·℃) ×50kg ×60℃ = 6.3×10^6J$
由$Q_{放}=mq$得，需要完全燃烧干木柴的质量：
$m_{木} = \frac{Q_{液放}'}{q_{干木柴}} = \frac{6.3×10^6J}{1.2×10^7J/kg} = 0.525kg$
【答案】
$1:1$；$8.4×10^{6}J$；$2.1×10^{3}$；$0.525$
【知识点】
比热容放热计算
热值公式应用
温度图像分析
【点评】
本题是热学综合计算题，结合温度随时间变化的图像考查放热公式、燃料完全燃烧放热公式的应用，解题核心是抓住题干给出的“相同时间内两种液体放出热量相等”的条件，准确从图像中提取不同时刻对应的温度值计算温度变化量，再通过公式变形逐步推导求解，属于热学基础综合题，有效考察学生对热学核心公式的掌握和图像信息读取能力。
【难度系数】
0.6
三、解答题
7. 核心素养 科学探究 小聪在家和妈妈学烹饪时注意到,盐(主要成分是${NaCl}$)和糖(主要成分是蔗糖)外观非常像,除了尝味道几乎分辨不出来.于是他找来小明和小林,想利用自己所学的物理知识,科学地分辨出两种物质.经过查阅资料,他们得到以下数据(如表)::
(1)小聪找来A、B两个相同的勺子,均装满一平勺不同样品.用天平测得A勺总质量为16.2 g,B勺总质量如图甲所示,则可知
(2)小明和小林从学校借来实验器材,组装了如图乙所示装置,通过水浴法加热两种样品.某时刻,试管D中温度计示数如图乙,此时温度为
(3)根据图丙可知,吸收相等热量,升温较多的是
(4)小林发现该实验无法根据熔点辨别两种物质,原因是
7. 核心素养 科学探究 小聪在家和妈妈学烹饪时注意到,盐(主要成分是${NaCl}$)和糖(主要成分是蔗糖)外观非常像,除了尝味道几乎分辨不出来.于是他找来小明和小林,想利用自己所学的物理知识,科学地分辨出两种物质.经过查阅资料,他们得到以下数据(如表)::
(1)小聪找来A、B两个相同的勺子,均装满一平勺不同样品.用天平测得A勺总质量为16.2 g,B勺总质量如图甲所示,则可知
A
(填“A”或“B”)勺中样品为盐.(2)小明和小林从学校借来实验器材,组装了如图乙所示装置,通过水浴法加热两种样品.某时刻,试管D中温度计示数如图乙,此时温度为
56
℃,实验中每隔一段时间记录一次C、D管中物质的温度,并记录数据,作出温度随时间变化的规律图像,如图丙所示.(3)根据图丙可知,吸收相等热量,升温较多的是
C
(填“C”或“D”),进而判断出试管D中样品为盐
(填“糖”或“盐”).(4)小林发现该实验无法根据熔点辨别两种物质,原因是
水的沸点低,无法达到样品的熔点
.答案
7. (1)A (2)56 (3)C 盐 (4)水的沸点低,无法达到样品的熔点
解析:(1)由表中数据,糖的密度小于盐的密度,A、B两个相同的勺子,均装满一平勺不同样品,A和B的体积相等,用天平测得A勺总质量为16.2 g,B勺总质量如题图甲所示,为13.2 g,由公式$\rho =\frac {m}{V}$可知A的密度大,则可知A勺中样品为盐.
(2)由题图乙可知,温度计的分度值是$1^{\circ }C$,温度计的示数为$56^{\circ }C.$
(3)由题图丙可知,加热相同的时间,即吸收相同的热量,C升高的温度较多;分析表中数据可知,盐的比热容大于糖的比热容,由(1)可知糖的质量小于盐的质量,升高相同的温度,根据$Q=cm\Delta t$可得,盐加热的时间较长,试管D中样品为盐.
(4)水浴加热的最高温度是沸水的温度,达不到样品的熔点,故无法根据熔点辨别两种物质.
解析:(1)由表中数据,糖的密度小于盐的密度,A、B两个相同的勺子,均装满一平勺不同样品,A和B的体积相等,用天平测得A勺总质量为16.2 g,B勺总质量如题图甲所示,为13.2 g,由公式$\rho =\frac {m}{V}$可知A的密度大,则可知A勺中样品为盐.
(2)由题图乙可知,温度计的分度值是$1^{\circ }C$,温度计的示数为$56^{\circ }C.$
(3)由题图丙可知,加热相同的时间,即吸收相同的热量,C升高的温度较多;分析表中数据可知,盐的比热容大于糖的比热容,由(1)可知糖的质量小于盐的质量,升高相同的温度,根据$Q=cm\Delta t$可得,盐加热的时间较长,试管D中样品为盐.
(4)水浴加热的最高温度是沸水的温度,达不到样品的熔点,故无法根据熔点辨别两种物质.
解析
【分析】
我们可以逐小问梳理清晰解题思路：
1. 第一问：两个完全相同的勺子装满样品，说明两份样品的体积完全相等，根据密度公式ρ=m/V，体积相同时，物质质量越大则密度越大，结合已知盐的密度大于蔗糖的密度，对比两个勺子的总质量，质量更大的那勺对应的就是盐。
2. 第二问：读取温度计示数时，先确认温度计的分度值，再顺着刻度数出液面对应的温度数值即可。
3. 第三问：相同的水浴加热装置，加热时间相等时两种物质吸收的热量相等，观察温度随时间变化的图像，对比相同加热时间下两者的温度变化量，升温更多的物质比热容更小，结合题给的盐和糖的比热容数据，就能判断出D管中的物质。
4. 第四问：水浴法加热的最高温度等于标准大气压下水的沸点100℃，对比两种物质的熔点可知，水浴的最高温度达不到样品的熔点，无法观察到熔化现象，因此不能通过熔点辨别两种物质。
【解析】
(1) 两个相同勺子装满样品，样品体积V相等，由天平读数可知B勺总质量为13.2g，已知A勺总质量为16.2g，A勺样品质量更大，根据ρ=m/V可知A勺样品密度更大，结合题给数据盐的密度大于糖的密度，因此A勺中样品为盐。
(2) 图乙中温度计的分度值为1℃，液柱对应刻度为56，因此此时温度为56℃。
(3) 由图丙可知，加热相同时间（吸收相等热量），C的温度升高量更大；已知盐的比热容大于糖的比热容，升温慢的物质比热容大，因此升温较慢的D管中样品为盐。
(4) 水浴法加热时，最高温度只能达到水的沸点，该温度低于盐和糖的熔点，无法让两种物质熔化，因此无法根据熔点辨别两种物质。
【答案】
(1)A (2)56 (3)C 盐 (4)水的沸点低，无法达到样品的熔点
【知识点】
密度的应用，比热容，水浴加热特点
【点评】
本题结合生活中分辨盐和糖的真实场景命题，将密度、比热容等核心知识点融入科学探究过程，既考察了基础仪器读数、公式应用的能力，也引导学生用物理知识解决生活实际问题，易错点是第三问结合吸热规律判断物质种类，需要理清升温快慢和比热容的对应关系。
【难度系数】
0.6
我们可以逐小问梳理清晰解题思路：
1. 第一问：两个完全相同的勺子装满样品，说明两份样品的体积完全相等，根据密度公式ρ=m/V，体积相同时，物质质量越大则密度越大，结合已知盐的密度大于蔗糖的密度，对比两个勺子的总质量，质量更大的那勺对应的就是盐。
2. 第二问：读取温度计示数时，先确认温度计的分度值，再顺着刻度数出液面对应的温度数值即可。
3. 第三问：相同的水浴加热装置，加热时间相等时两种物质吸收的热量相等，观察温度随时间变化的图像，对比相同加热时间下两者的温度变化量，升温更多的物质比热容更小，结合题给的盐和糖的比热容数据，就能判断出D管中的物质。
4. 第四问：水浴法加热的最高温度等于标准大气压下水的沸点100℃，对比两种物质的熔点可知，水浴的最高温度达不到样品的熔点，无法观察到熔化现象，因此不能通过熔点辨别两种物质。
【解析】
(1) 两个相同勺子装满样品，样品体积V相等，由天平读数可知B勺总质量为13.2g，已知A勺总质量为16.2g，A勺样品质量更大，根据ρ=m/V可知A勺样品密度更大，结合题给数据盐的密度大于糖的密度，因此A勺中样品为盐。
(2) 图乙中温度计的分度值为1℃，液柱对应刻度为56，因此此时温度为56℃。
(3) 由图丙可知，加热相同时间（吸收相等热量），C的温度升高量更大；已知盐的比热容大于糖的比热容，升温慢的物质比热容大，因此升温较慢的D管中样品为盐。
(4) 水浴法加热时，最高温度只能达到水的沸点，该温度低于盐和糖的熔点，无法让两种物质熔化，因此无法根据熔点辨别两种物质。
【答案】
(1)A (2)56 (3)C 盐 (4)水的沸点低，无法达到样品的熔点
【知识点】
密度的应用，比热容，水浴加热特点
【点评】
本题结合生活中分辨盐和糖的真实场景命题，将密度、比热容等核心知识点融入科学探究过程，既考察了基础仪器读数、公式应用的能力，也引导学生用物理知识解决生活实际问题，易错点是第三问结合吸热规律判断物质种类，需要理清升温快慢和比热容的对应关系。
【难度系数】
0.6
