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7. 质量相等的甲、乙两种液体吸收相同的热量后,甲升高的温度高于乙升高的温度.由此可知 （
A.甲液体的比热容大于乙液体的比热容
B.降低相同的温度,质量相等的甲液体放出的热量比乙液体放出的热量多
C.甲、乙两种液体相比较,乙液体更适合作冷却剂
D.甲物质的熔点高于乙物质的熔点
C
）A.甲液体的比热容大于乙液体的比热容
B.降低相同的温度,质量相等的甲液体放出的热量比乙液体放出的热量多
C.甲、乙两种液体相比较,乙液体更适合作冷却剂
D.甲物质的熔点高于乙物质的熔点
答案
7.C
解析
【分析】
这道题的核心是利用比热容的定义公式结合已知条件推导甲乙比热容的大小关系，再逐一判断选项：
1. 先明确已知条件：甲乙质量相等、吸收的热量相同，甲升高的温度Δt甲大于乙的Δt乙。
2. 回忆吸热公式Q吸=cmΔt，将公式变形为c=Q吸/(mΔt)，在Q吸和m都相等的前提下，Δt越大，比热容c越小，由此就能先得到甲的比热容小于乙的比热容。
3. 再逐个核对每个选项：结合推导得到的c甲＜c乙的结论，分别判断A、B、C选项的对错，同时注意题目没有给出任何和熔点相关的信息，直接排除D选项，最终选出正确答案。
【解析】
解：已知m甲=m乙，吸收的热量Q吸甲=Q吸乙，且Δt甲＞Δt乙。
根据吸热公式$Q_{吸}=cm\Delta t$，变形可得$c=\frac{Q_{吸}}{m\Delta t}$，代入已知条件可知：在Q、m相同时，Δt越大，c越小，因此$c_甲＜c_乙$。
对各选项逐一分析：
A选项：推导得到$c_甲＜c_乙$，和“甲液体的比热容大于乙液体的比热容”的描述矛盾，A错误。
B选项：根据放热公式$Q_{放}=cm\Delta t$，当质量相等、降低的温度Δt相同时，比热容越小，放出的热量越少，因为$c_甲＜c_乙$，所以甲放出的热量比乙少，B错误。
C选项：冷却剂需要选用比热容大的物质，相同质量下升高相同温度可以吸收更多热量，冷却效果更好，乙的比热容更大，因此乙更适合作冷却剂，C正确。
D选项：比热容大小和物质的熔点没有关联，题目中也没有给出任何关于甲乙熔点的信息，无法判断二者熔点高低，D错误。
综上，答案选C。
【答案】
C
【知识点】
比热容计算，比热容的应用
【点评】
本题是比热容的基础应用题，重点考察学生对比热容公式的变形推导能力，以及对冷却剂原理的理解，要注意区分比热容和熔点是完全不相关的物理属性，不要被无关选项误导。
【难度系数】
0.7
这道题的核心是利用比热容的定义公式结合已知条件推导甲乙比热容的大小关系，再逐一判断选项：
1. 先明确已知条件：甲乙质量相等、吸收的热量相同，甲升高的温度Δt甲大于乙的Δt乙。
2. 回忆吸热公式Q吸=cmΔt，将公式变形为c=Q吸/(mΔt)，在Q吸和m都相等的前提下，Δt越大，比热容c越小，由此就能先得到甲的比热容小于乙的比热容。
3. 再逐个核对每个选项：结合推导得到的c甲＜c乙的结论，分别判断A、B、C选项的对错，同时注意题目没有给出任何和熔点相关的信息，直接排除D选项，最终选出正确答案。
【解析】
解：已知m甲=m乙，吸收的热量Q吸甲=Q吸乙，且Δt甲＞Δt乙。
根据吸热公式$Q_{吸}=cm\Delta t$，变形可得$c=\frac{Q_{吸}}{m\Delta t}$，代入已知条件可知：在Q、m相同时，Δt越大，c越小，因此$c_甲＜c_乙$。
对各选项逐一分析：
A选项：推导得到$c_甲＜c_乙$，和“甲液体的比热容大于乙液体的比热容”的描述矛盾，A错误。
B选项：根据放热公式$Q_{放}=cm\Delta t$，当质量相等、降低的温度Δt相同时，比热容越小，放出的热量越少，因为$c_甲＜c_乙$，所以甲放出的热量比乙少，B错误。
C选项：冷却剂需要选用比热容大的物质，相同质量下升高相同温度可以吸收更多热量，冷却效果更好，乙的比热容更大，因此乙更适合作冷却剂，C正确。
D选项：比热容大小和物质的熔点没有关联，题目中也没有给出任何关于甲乙熔点的信息，无法判断二者熔点高低，D错误。
综上，答案选C。
【答案】
C
【知识点】
比热容计算，比热容的应用
【点评】
本题是比热容的基础应用题，重点考察学生对比热容公式的变形推导能力，以及对冷却剂原理的理解，要注意区分比热容和熔点是完全不相关的物理属性，不要被无关选项误导。
【难度系数】
0.7
8. 如图所示,一注射器用橡皮管与一数显温度计相连,注射器内密封了一定质量的气体.小明快速向下推压活塞,关于此过程,下列说法错误的是(不考虑与外界的热交换) （
A.密封气体的内能一定增加
B.数显温度计的示数一定升高
C.密封气体的分子无规则运动可能减缓
D.活塞的机械能转化为密封气体的内能
C
）A.密封气体的内能一定增加
B.数显温度计的示数一定升高
C.密封气体的分子无规则运动可能减缓
D.活塞的机械能转化为密封气体的内能
答案
8.C
解析
【分析】
这道题的核心是绝热条件下做功改变内能的相关判断，解题时首先抓住题干给出的“快速推压活塞、不考虑与外界热交换”的关键前提，结合热力学第一定律推导气体内能的变化：第一步，明确绝热过程中气体和外界无热量交换Q=0，向下推活塞属于外界对密封气体做功，因此气体内能必然增大；第二步，结合内能与温度的对应关系，温度是分子无规则运动剧烈程度的宏观标志，内能升高对应气体温度上升，分子热运动只会更剧烈；第三步逐一比对选项，找出描述错误的选项即可。
【解析】
我们逐个对选项进行分析：
1. 选项A：快速下压活塞时，外界对密封气体做功，且过程无热交换Q=0，根据热力学第一定律ΔU=W+Q，W＞0、Q=0，可得气体内能一定增加，A说法正确，不符合题意。
2. 选项B：密封气体内能增加，气体温度会随之升高，因此数显温度计的示数一定升高，B说法正确，不符合题意。
3. 选项C：温度是分子无规则运动剧烈程度的宏观体现，气体温度升高，分子的无规则运动只会变得更剧烈，不可能出现减缓的情况，C说法错误，符合题意。
4. 选项D：下压活塞的过程中，通过做功的方式，活塞的机械能转化为密封气体的内能，D说法正确，不符合题意。
综上，本题要求选出错误的说法，答案为C。
【答案】
C
【知识点】
做功改变内能，热力学第一定律，分子热运动
【点评】
本题结合生活化的实验场景考查内能相关的基础概念，易错点是部分同学会混淆温度和分子热运动剧烈程度的对应关系，只要抓住绝热压缩过程内能必然增大、温度必然升高的核心逻辑，就可以快速排除正确选项，选出错误描述。
【难度系数】
0.8
这道题的核心是绝热条件下做功改变内能的相关判断，解题时首先抓住题干给出的“快速推压活塞、不考虑与外界热交换”的关键前提，结合热力学第一定律推导气体内能的变化：第一步，明确绝热过程中气体和外界无热量交换Q=0，向下推活塞属于外界对密封气体做功，因此气体内能必然增大；第二步，结合内能与温度的对应关系，温度是分子无规则运动剧烈程度的宏观标志，内能升高对应气体温度上升，分子热运动只会更剧烈；第三步逐一比对选项，找出描述错误的选项即可。
【解析】
我们逐个对选项进行分析：
1. 选项A：快速下压活塞时，外界对密封气体做功，且过程无热交换Q=0，根据热力学第一定律ΔU=W+Q，W＞0、Q=0，可得气体内能一定增加，A说法正确，不符合题意。
2. 选项B：密封气体内能增加，气体温度会随之升高，因此数显温度计的示数一定升高，B说法正确，不符合题意。
3. 选项C：温度是分子无规则运动剧烈程度的宏观体现，气体温度升高，分子的无规则运动只会变得更剧烈，不可能出现减缓的情况，C说法错误，符合题意。
4. 选项D：下压活塞的过程中，通过做功的方式，活塞的机械能转化为密封气体的内能，D说法正确，不符合题意。
综上，本题要求选出错误的说法，答案为C。
【答案】
C
【知识点】
做功改变内能，热力学第一定律，分子热运动
【点评】
本题结合生活化的实验场景考查内能相关的基础概念，易错点是部分同学会混淆温度和分子热运动剧烈程度的对应关系，只要抓住绝热压缩过程内能必然增大、温度必然升高的核心逻辑，就可以快速排除正确选项，选出错误描述。
【难度系数】
0.8
9. 如图所示的内燃机工作的一个循环中，其四个冲程的顺序应当是 （
A.乙、甲、丁、丙
B.甲、乙、丙、丁
C.乙、丁、甲、丙
D.甲、丁、乙、丙
D
）A.乙、甲、丁、丙
B.甲、乙、丙、丁
C.乙、丁、甲、丙
D.甲、丁、乙、丙
答案
9.D
解析
【分析】
要确定四个冲程的顺序，首先回忆内燃机一个工作循环的四个冲程先后规律：吸气冲程→压缩冲程→做功冲程→排气冲程。接下来我们用两个核心判断依据逐个识别每幅图对应的冲程：第一观察两个气门的开闭状态，第二观察活塞的运动方向。先逐个分析四幅图：甲图进气门打开、排气门关闭，活塞向下运动，对应吸气冲程；丁图两个气门全关闭，活塞向上运动，对应压缩冲程；乙图两个气门全关闭，火花塞点火，活塞向下运动，对应做功冲程；丙图排气门打开、进气门关闭，活塞向上运动，对应排气冲程。按顺序排列后就能得到正确选项。
【解析】
我们按照冲程判断规则逐一分析：
1. 甲图：进气门开启，排气门关闭，活塞向下移动，气缸内吸入混合气，属于吸气冲程，是工作循环的第一个冲程。
2. 丁图：两个气门全部关闭，活塞向上移动，气缸内气体被压缩，属于压缩冲程，是工作循环的第二个冲程。
3. 乙图：两个气门全部关闭，火花塞点火，燃气推动活塞向下运动对外做功，属于做功冲程，是工作循环的第三个冲程。
4. 丙图：排气门开启，进气门关闭，活塞向上移动，将气缸内的废气排出，属于排气冲程，是工作循环的第四个冲程。
因此四个冲程的正确顺序为甲、丁、乙、丙，对应选项D。
【答案】
D
【知识点】
内燃机冲程判断，汽油机工作循环
【点评】
本题是内燃机章节的基础题型，核心考察学生对四冲程特征的掌握，解题关键是牢记“气门状态+活塞运动方向”的两步判断法，易错点是混淆压缩冲程和做功冲程的活塞运动方向，区分吸气、排气冲程的气门开闭差异，熟练掌握后即可快速完成排序。
【难度系数】
0.7
要确定四个冲程的顺序，首先回忆内燃机一个工作循环的四个冲程先后规律：吸气冲程→压缩冲程→做功冲程→排气冲程。接下来我们用两个核心判断依据逐个识别每幅图对应的冲程：第一观察两个气门的开闭状态，第二观察活塞的运动方向。先逐个分析四幅图：甲图进气门打开、排气门关闭，活塞向下运动，对应吸气冲程；丁图两个气门全关闭，活塞向上运动，对应压缩冲程；乙图两个气门全关闭，火花塞点火，活塞向下运动，对应做功冲程；丙图排气门打开、进气门关闭，活塞向上运动，对应排气冲程。按顺序排列后就能得到正确选项。
【解析】
我们按照冲程判断规则逐一分析：
1. 甲图：进气门开启，排气门关闭，活塞向下移动，气缸内吸入混合气，属于吸气冲程，是工作循环的第一个冲程。
2. 丁图：两个气门全部关闭，活塞向上移动，气缸内气体被压缩，属于压缩冲程，是工作循环的第二个冲程。
3. 乙图：两个气门全部关闭，火花塞点火，燃气推动活塞向下运动对外做功，属于做功冲程，是工作循环的第三个冲程。
4. 丙图：排气门开启，进气门关闭，活塞向上移动，将气缸内的废气排出，属于排气冲程，是工作循环的第四个冲程。
因此四个冲程的正确顺序为甲、丁、乙、丙，对应选项D。
【答案】
D
【知识点】
内燃机冲程判断，汽油机工作循环
【点评】
本题是内燃机章节的基础题型，核心考察学生对四冲程特征的掌握，解题关键是牢记“气门状态+活塞运动方向”的两步判断法，易错点是混淆压缩冲程和做功冲程的活塞运动方向，区分吸气、排气冲程的气门开闭差异，熟练掌握后即可快速完成排序。
【难度系数】
0.7
二、填空题
10.“汽车不但要吃油，有时也要喝水”，用水冷却发动机是因为
10.“汽车不但要吃油，有时也要喝水”，用水冷却发动机是因为
水的比热容较大
，发动机开始工作一段时间后，水箱中水的内能会增加
（填“增加”或“减少”），水箱中的水用去一半后比热容不变
（填“变大”“不变”或“变小”）.答案
10.水的比热容较大 增加 不变
解析
【分析】
我们可以逐个空梳理思考逻辑：第一空，发动机冷却剂的核心要求是相同条件下能带走更多热量，从常见物质的特性来看，水的比热容大刚好满足这个需求，因此从水的比热容特性角度推导答案。第二空，发动机工作时温度远高于水箱的水，二者会发生热传递，水吸收热量后内能自然发生对应变化。第三空，要明确比热容是物质的固有属性，仅和物质种类、状态有关，和质量多少没有关联，因此水的质量减半时比热容不会改变。
【解析】
1. 第一空：用水冷却发动机，是因为水的比热容较大，相同质量的水和其他常见物质相比，升高相同温度时可以吸收更多的热量，冷却效果更优。
2. 第二空：发动机工作时温度远高于水箱内的水，热量从高温的发动机传递到低温的水中，水吸收热量，因此水的内能会增加。
3. 第三空：比热容是物质的固有特性，只和物质的种类、状态有关，和物质的质量、体积等因素无关，所以水箱中的水用去一半后，剩余水的比热容不变。
【答案】
水的比热容较大 增加 不变
【知识点】
水的比热容的应用，热传递改变内能，比热容的特性
【点评】
本题是热学基础概念题，整体考察的都是核心基础知识点，易错点是部分同学会误以为水的质量减半后比热容也随之变小，需要明确比热容是物质本身的属性，不会随质量的改变发生变化。
【难度系数】
0.9
我们可以逐个空梳理思考逻辑：第一空，发动机冷却剂的核心要求是相同条件下能带走更多热量，从常见物质的特性来看，水的比热容大刚好满足这个需求，因此从水的比热容特性角度推导答案。第二空，发动机工作时温度远高于水箱的水，二者会发生热传递，水吸收热量后内能自然发生对应变化。第三空，要明确比热容是物质的固有属性，仅和物质种类、状态有关，和质量多少没有关联，因此水的质量减半时比热容不会改变。
【解析】
1. 第一空：用水冷却发动机，是因为水的比热容较大，相同质量的水和其他常见物质相比，升高相同温度时可以吸收更多的热量，冷却效果更优。
2. 第二空：发动机工作时温度远高于水箱内的水，热量从高温的发动机传递到低温的水中，水吸收热量，因此水的内能会增加。
3. 第三空：比热容是物质的固有特性，只和物质的种类、状态有关，和物质的质量、体积等因素无关，所以水箱中的水用去一半后，剩余水的比热容不变。
【答案】
水的比热容较大 增加 不变
【知识点】
水的比热容的应用，热传递改变内能，比热容的特性
【点评】
本题是热学基础概念题，整体考察的都是核心基础知识点，易错点是部分同学会误以为水的质量减半后比热容也随之变小，需要明确比热容是物质本身的属性，不会随质量的改变发生变化。
【难度系数】
0.9
11. 温度较低的金属汤勺放进热汤里，汤勺的温度要
升高
，热汤的温度会降低
（以上两空均填“升高”或“降低”），热汤的内能以热传递
的方式转移为汤勺的内能.答案
11.升高 降低 热传递
解析
【分析】
这道题的核心是围绕热传递的基本规律展开思考：首先明确热传递发生的条件是相互接触的两个物体存在温度差，热量会自发从高温物体流向低温物体。第一步先分析低温的汤勺：它初始温度比热汤低，会吸收热量，对应温度的变化就可以推导出来；第二步分析高温的热汤：它向外放出热量，自身内能减少，就能得到它的温度变化；第三步判断能量转移的形式，该过程没有其他能量形式的转化，只是内能在两个物体之间转移，对应改变内能的方式就可以确定。
【解析】
当温度较低的金属汤勺放入热汤中，二者存在温度差，发生热传递：
1. 低温的汤勺吸收热汤释放的热量，内能增加，温度会升高；
2. 高温的热汤向外释放热量，自身内能减少，温度会降低；
3. 整个过程中仅发生了内能的转移，没有能量形式的转化，该内能转移的方式为热传递。
【答案】
升高 降低 热传递
【知识点】
热传递的条件；改变内能的方式
【点评】
本题属于热学基础概念题，主要考察学生对热传递基本过程的理解，只要掌握热传递过程中吸放热和温度变化的对应关系，就能轻松得出答案，是内能相关知识点的入门考察题型。
【难度系数】
0.9
这道题的核心是围绕热传递的基本规律展开思考：首先明确热传递发生的条件是相互接触的两个物体存在温度差，热量会自发从高温物体流向低温物体。第一步先分析低温的汤勺：它初始温度比热汤低，会吸收热量，对应温度的变化就可以推导出来；第二步分析高温的热汤：它向外放出热量，自身内能减少，就能得到它的温度变化；第三步判断能量转移的形式，该过程没有其他能量形式的转化，只是内能在两个物体之间转移，对应改变内能的方式就可以确定。
【解析】
当温度较低的金属汤勺放入热汤中，二者存在温度差，发生热传递：
1. 低温的汤勺吸收热汤释放的热量，内能增加，温度会升高；
2. 高温的热汤向外释放热量，自身内能减少，温度会降低；
3. 整个过程中仅发生了内能的转移，没有能量形式的转化，该内能转移的方式为热传递。
【答案】
升高 降低 热传递
【知识点】
热传递的条件；改变内能的方式
【点评】
本题属于热学基础概念题，主要考察学生对热传递基本过程的理解，只要掌握热传递过程中吸放热和温度变化的对应关系，就能轻松得出答案，是内能相关知识点的入门考察题型。
【难度系数】
0.9
12. (2024·盐都区期末)嫦娥五号返回器用类似“打水漂”的方式着陆地球，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
；BC段返回器的机械能不变
，CD段返回器的重力势能变小
.(均填“变大”“变小”或“不变”)答案
12.变小 不变 变小
解析
【分析】
我们可以分三段逐一分析运动特点来推导能量变化：首先看AB段，该段路径处于大气层内部，返回器运动时既要克服空气阻力做功，将部分动能转化为内能，同时运动方向向远离地球的方向抬升，也会有部分动能转化为重力势能，因此动能整体减小；接着看BC段，该段路径穿出了大气层，没有空气阻力的作用，只有地球引力对返回器做功，不存在机械能向其他形式能量的转化，因此机械能保持不变；最后看CD段，返回器朝着陆方向向地球靠近，距离地球的高度持续降低，结合重力势能的影响因素就能判断重力势能的变化。
【解析】
1. AB段：返回器在大气层内运动，受空气阻力作用，克服阻力做功消耗动能，同时高度抬升也会消耗动能转化为重力势能，因此返回器的动能变小。
2. BC段：返回器位于大气层外，不受空气阻力，只有重力做功，没有机械能的损耗，因此返回器的机械能不变。
3. CD段：返回器向地球靠近，高度不断降低，返回器质量不变，重力势能随高度减小而减小，因此返回器的重力势能变小。
【答案】变小 不变 变小
【知识点】动能的影响因素，机械能守恒条件，重力势能的影响因素
【点评】本题结合航天实际场景考查机械能相关基础概念，解题核心是区分不同路径的运动环境，判断是否存在空气阻力做功，再结合动能、重力势能的影响因素推导能量变化，属于对基础知识点的应用考查。
【难度系数】0.8
我们可以分三段逐一分析运动特点来推导能量变化：首先看AB段，该段路径处于大气层内部，返回器运动时既要克服空气阻力做功，将部分动能转化为内能，同时运动方向向远离地球的方向抬升，也会有部分动能转化为重力势能，因此动能整体减小；接着看BC段，该段路径穿出了大气层，没有空气阻力的作用，只有地球引力对返回器做功，不存在机械能向其他形式能量的转化，因此机械能保持不变；最后看CD段，返回器朝着陆方向向地球靠近，距离地球的高度持续降低，结合重力势能的影响因素就能判断重力势能的变化。
【解析】
1. AB段：返回器在大气层内运动，受空气阻力作用，克服阻力做功消耗动能，同时高度抬升也会消耗动能转化为重力势能，因此返回器的动能变小。
2. BC段：返回器位于大气层外，不受空气阻力，只有重力做功，没有机械能的损耗，因此返回器的机械能不变。
3. CD段：返回器向地球靠近，高度不断降低，返回器质量不变，重力势能随高度减小而减小，因此返回器的重力势能变小。
【答案】变小 不变 变小
【知识点】动能的影响因素，机械能守恒条件，重力势能的影响因素
【点评】本题结合航天实际场景考查机械能相关基础概念，解题核心是区分不同路径的运动环境，判断是否存在空气阻力做功，再结合动能、重力势能的影响因素推导能量变化，属于对基础知识点的应用考查。
【难度系数】0.8
13. 根据所学知识，完成填空.
(1)如图所示的电热水壶，烧水时电热丝通过
(2)该壶嘴上有一个能绕A点活动的金属片，水烧开时，“热气”会将金属片冲开，此时“热气”的内能转化为金属片的
(3)一单缸四冲程汽油机的曲轴转速为$ 600\mathrm{r/min} $，对外做功一次约为1500J. 这台汽油机的功率为
(1)如图所示的电热水壶，烧水时电热丝通过
热传递
的方式改变了水的内能.(2)该壶嘴上有一个能绕A点活动的金属片，水烧开时，“热气”会将金属片冲开，此时“热气”的内能转化为金属片的
机械能
，这与汽油机的做功
冲程能量转化过程相同.(3)一单缸四冲程汽油机的曲轴转速为$ 600\mathrm{r/min} $，对外做功一次约为1500J. 这台汽油机的功率为
7500
W.答案
13.(1)热传递 (2)机械能 做功 (3)7500
解析
【分析】
我们可以逐个小问梳理解题思路：
1. 第一问先回忆改变物体内能的两种方式：做功和热传递，电热丝温度高于水，热量直接从电热丝传递到水，没有通过摩擦、压缩等做功形式，因此可以判断对应的改变内能的方式。
2. 第二问，热气冲开金属片的过程中，热气对金属片做功，自身内能减小，金属片获得运动的能量，再对应回忆汽油机四个冲程的能量转化特点，找到和该过程能量转化一致的冲程。
3. 第三问计算汽油机功率：首先明确单缸四冲程汽油机的工作规律，曲轴每转2圈，完成4个冲程，对外做功1次。先根据给定的曲轴转速算出1分钟内对外做功的总次数，求出1分钟内汽油机做的总功，再代入功率公式P=W/t即可算出功率。
【解析】
(1) 电热水壶工作时，电热丝温度高于水，热量直接从电热丝传递给水，使水的内能增加，是通过热传递的方式改变水的内能。
(2) 水烧开时“热气”冲开金属片，热气对金属片做功，热气的内能转化为金属片的机械能；汽油机的做功冲程中，燃气膨胀推动活塞做功，将内能转化为机械能，和该过程的能量转化完全相同。
(3) 已知曲轴转速为$600\mathrm{r/min}$，四冲程汽油机每转2圈对外做功1次，因此1min内对外做功的次数$n=\frac{600}{2}=300$次；
1min内汽油机做的总功$W_{\mathrm{总}}=n× W_0=300×1500\mathrm{J}=4.5×10^5\mathrm{J}$；
代入功率公式$P=\frac{W_{\mathrm{总}}}{t}$，其中$t=60\mathrm{s}$，可得$P=\frac{4.5×10^5\mathrm{J}}{60\mathrm{s}}=7500\mathrm{W}$。
【答案】
(1)热传递 (2)机械能 做功 (3)7500
【知识点】
改变内能的方式，内燃机冲程，汽油机功率计算
【点评】
本题结合生活中常见的电热水壶场景命题，综合考察热学基础知识点，整体难度不高，易错点集中在第三问的汽油机转速和做功次数的对应关系，需要牢记四冲程汽油机每2转对外做功1次的规律，避免误将转数直接当做做功次数导致计算结果出错。
【难度系数】
0.75
我们可以逐个小问梳理解题思路：
1. 第一问先回忆改变物体内能的两种方式：做功和热传递，电热丝温度高于水，热量直接从电热丝传递到水，没有通过摩擦、压缩等做功形式，因此可以判断对应的改变内能的方式。
2. 第二问，热气冲开金属片的过程中，热气对金属片做功，自身内能减小，金属片获得运动的能量，再对应回忆汽油机四个冲程的能量转化特点，找到和该过程能量转化一致的冲程。
3. 第三问计算汽油机功率：首先明确单缸四冲程汽油机的工作规律，曲轴每转2圈，完成4个冲程，对外做功1次。先根据给定的曲轴转速算出1分钟内对外做功的总次数，求出1分钟内汽油机做的总功，再代入功率公式P=W/t即可算出功率。
【解析】
(1) 电热水壶工作时，电热丝温度高于水，热量直接从电热丝传递给水，使水的内能增加，是通过热传递的方式改变水的内能。
(2) 水烧开时“热气”冲开金属片，热气对金属片做功，热气的内能转化为金属片的机械能；汽油机的做功冲程中，燃气膨胀推动活塞做功，将内能转化为机械能，和该过程的能量转化完全相同。
(3) 已知曲轴转速为$600\mathrm{r/min}$，四冲程汽油机每转2圈对外做功1次，因此1min内对外做功的次数$n=\frac{600}{2}=300$次；
1min内汽油机做的总功$W_{\mathrm{总}}=n× W_0=300×1500\mathrm{J}=4.5×10^5\mathrm{J}$；
代入功率公式$P=\frac{W_{\mathrm{总}}}{t}$，其中$t=60\mathrm{s}$，可得$P=\frac{4.5×10^5\mathrm{J}}{60\mathrm{s}}=7500\mathrm{W}$。
【答案】
(1)热传递 (2)机械能 做功 (3)7500
【知识点】
改变内能的方式，内燃机冲程，汽油机功率计算
【点评】
本题结合生活中常见的电热水壶场景命题，综合考察热学基础知识点，整体难度不高，易错点集中在第三问的汽油机转速和做功次数的对应关系，需要牢记四冲程汽油机每2转对外做功1次的规律，避免误将转数直接当做做功次数导致计算结果出错。
【难度系数】
0.75
