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1.古语有云:玉不琢,不成器。打磨玉石时,玉雕打磨机高速转动与玉石摩擦,通过的方式改变了玉石的,玉石温度升高,加工过程中需不断浇水降温,这是利用了水的大的特点。
答案
解：
做功
内能
比热容
做功
内能
比热容
解析
【分析】首先明确改变物体内能的两种方式（做功和热传递），结合打磨玉石时的摩擦场景判断内能改变的方式；再根据温度变化对应内能的变化确定第二个空；最后回忆水的特性，结合浇水降温的原理确定第三个空。
【解析】1. 打磨玉石时，玉雕打磨机与玉石相互摩擦，克服摩擦做功，将机械能转化为玉石的内能，这是通过做功的方式改变物体的内能；2. 摩擦过程中玉石温度升高，说明其内能增大，因此改变的是玉石的内能；3. 水的比热容较大，相同质量的水和其他物质相比，升高相同温度时能吸收更多热量，所以浇水时可带走大量热量，起到降温作用，利用了水比热容大的特点。
【答案】做功；内能；比热容
【知识点】内能的改变方式、比热容
【点评】本题结合生活中的实际场景，考查内能改变的方式和比热容的应用，属于基础概念题，注重物理知识与生活的联系，难度较低。
【难度系数】0.8
【解析】1. 打磨玉石时，玉雕打磨机与玉石相互摩擦，克服摩擦做功，将机械能转化为玉石的内能，这是通过做功的方式改变物体的内能；2. 摩擦过程中玉石温度升高，说明其内能增大，因此改变的是玉石的内能；3. 水的比热容较大，相同质量的水和其他物质相比，升高相同温度时能吸收更多热量，所以浇水时可带走大量热量，起到降温作用，利用了水比热容大的特点。
【答案】做功；内能；比热容
【知识点】内能的改变方式、比热容
【点评】本题结合生活中的实际场景，考查内能改变的方式和比热容的应用，属于基础概念题，注重物理知识与生活的联系，难度较低。
【难度系数】0.8
2. 
是一台单缸四冲程汽油机某工作状态的示意图，它此时处于冲程。汽油在气缸内燃烧不充分时会冒“黑烟”，此时汽油的热值，汽油机的工作效率会。（以上两空均选填“增大”“减小”或“不变”）此汽油机飞轮每分钟转3000 r，则每秒对外做功次；完全燃烧10 kg汽油可以放出J热量。（$q_{汽油}=4.6×10^7\ \mathrm{J/kg}$）
是一台单缸四冲程汽油机某工作状态的示意图，它此时处于冲程。汽油在气缸内燃烧不充分时会冒“黑烟”，此时汽油的热值，汽油机的工作效率会。（以上两空均选填“增大”“减小”或“不变”）此汽油机飞轮每分钟转3000 r，则每秒对外做功次；完全燃烧10 kg汽油可以放出J热量。（$q_{汽油}=4.6×10^7\ \mathrm{J/kg}$）答案
解：
由图可知，汽油机的两个气门均关闭，火花塞点火，活塞向下运动，此时处于做功冲程。
热值是燃料的固有特性，与燃料燃烧是否充分无关，因此汽油燃烧不充分时汽油的热值不变。
汽油燃烧不充分，转化为有用功的能量占燃料完全燃烧释放总能量的比例降低，汽油机的工作效率会减小。
飞轮每分钟转3000 r，则每秒飞轮转数为：
$n=\frac{3000\ \mathrm{r}}{60}=50\ \mathrm{r}$
单缸四冲程汽油机飞轮每转2圈对外做功1次，因此每秒对外做功次数为：
$\frac{50}{2}=25$次
完全燃烧10 kg汽油放出的热量：
$Q_{\mathrm{放}}=mq_{\mathrm{汽油}}=10\ \mathrm{kg} × 4.6× 10^7\ \mathrm{J/kg}=4.6× 10^8\ \mathrm{J}$
答案依次为：做功；不变；减小；25；$4.6× 10^8$。
由图可知，汽油机的两个气门均关闭，火花塞点火，活塞向下运动，此时处于做功冲程。
热值是燃料的固有特性，与燃料燃烧是否充分无关，因此汽油燃烧不充分时汽油的热值不变。
汽油燃烧不充分，转化为有用功的能量占燃料完全燃烧释放总能量的比例降低，汽油机的工作效率会减小。
飞轮每分钟转3000 r，则每秒飞轮转数为：
$n=\frac{3000\ \mathrm{r}}{60}=50\ \mathrm{r}$
单缸四冲程汽油机飞轮每转2圈对外做功1次，因此每秒对外做功次数为：
$\frac{50}{2}=25$次
完全燃烧10 kg汽油放出的热量：
$Q_{\mathrm{放}}=mq_{\mathrm{汽油}}=10\ \mathrm{kg} × 4.6× 10^7\ \mathrm{J/kg}=4.6× 10^8\ \mathrm{J}$
答案依次为：做功；不变；减小；25；$4.6× 10^8$。
解析
【分析】
要解决这道题，需分步骤分析：①判断汽油机冲程：观察气门状态、火花塞是否点火、活塞运动方向；②明确热值的特性：热值是燃料固有属性，与燃烧是否充分无关；③理解热机效率：效率是有用功能量占总能量的比例，燃烧不充分会降低效率；④计算飞轮每秒转数，结合四冲程汽油机“每2转做功1次”的规律求做功次数；⑤利用热量公式$Q=mq$计算汽油完全燃烧放出的热量。
【解析】
1. 判断冲程：由图可知，汽油机的两个气门均关闭，火花塞点火，活塞向下运动，符合做功冲程的特征，因此此时处于做功冲程。
2. 热值分析：热值是燃料的固有特性，只与燃料种类有关，与燃烧是否充分无关，所以汽油燃烧不充分时，热值不变。
3. 热机效率分析：汽油燃烧不充分时，转化为有用功的能量占燃料完全燃烧释放总能量的比例降低，因此汽油机的工作效率会减小。
4. 每秒做功次数计算：飞轮每分钟转3000 r，则每秒转数为 $ n = \frac{3000\ \mathrm{r}}{60} = 50\ \mathrm{r} $；单缸四冲程汽油机每转2圈对外做功1次，故每秒对外做功次数为 $ \frac{50}{2} = 25 $ 次。
5. 完全燃烧放热计算：根据公式 $ Q_{\mathrm{放}} = mq_{\mathrm{汽油}} $，代入数据得 $ Q_{\mathrm{放}} = 10\ \mathrm{kg} × 4.6×10^7\ \mathrm{J/kg} = 4.6×10^8\ \mathrm{J} $。
【答案】
做功；不变；减小；25；$ 4.6×10^8 $
【知识点】
汽油机冲程判断、热值特性、热机效率、热量计算
【点评】
本题围绕单缸四冲程汽油机的核心知识点展开，涵盖冲程识别、热值概念、效率理解、转速与做功次数的关系及热量计算，是热学内燃机部分的基础应用题型，需学生准确掌握相关概念和规律，难度适中。
【难度系数】
0.6
要解决这道题，需分步骤分析：①判断汽油机冲程：观察气门状态、火花塞是否点火、活塞运动方向；②明确热值的特性：热值是燃料固有属性，与燃烧是否充分无关；③理解热机效率：效率是有用功能量占总能量的比例，燃烧不充分会降低效率；④计算飞轮每秒转数，结合四冲程汽油机“每2转做功1次”的规律求做功次数；⑤利用热量公式$Q=mq$计算汽油完全燃烧放出的热量。
【解析】
1. 判断冲程：由图可知，汽油机的两个气门均关闭，火花塞点火，活塞向下运动，符合做功冲程的特征，因此此时处于做功冲程。
2. 热值分析：热值是燃料的固有特性，只与燃料种类有关，与燃烧是否充分无关，所以汽油燃烧不充分时，热值不变。
3. 热机效率分析：汽油燃烧不充分时，转化为有用功的能量占燃料完全燃烧释放总能量的比例降低，因此汽油机的工作效率会减小。
4. 每秒做功次数计算：飞轮每分钟转3000 r，则每秒转数为 $ n = \frac{3000\ \mathrm{r}}{60} = 50\ \mathrm{r} $；单缸四冲程汽油机每转2圈对外做功1次，故每秒对外做功次数为 $ \frac{50}{2} = 25 $ 次。
5. 完全燃烧放热计算：根据公式 $ Q_{\mathrm{放}} = mq_{\mathrm{汽油}} $，代入数据得 $ Q_{\mathrm{放}} = 10\ \mathrm{kg} × 4.6×10^7\ \mathrm{J/kg} = 4.6×10^8\ \mathrm{J} $。
【答案】
做功；不变；减小；25；$ 4.6×10^8 $
【知识点】
汽油机冲程判断、热值特性、热机效率、热量计算
【点评】
本题围绕单缸四冲程汽油机的核心知识点展开，涵盖冲程识别、热值概念、效率理解、转速与做功次数的关系及热量计算，是热学内燃机部分的基础应用题型，需学生准确掌握相关概念和规律，难度适中。
【难度系数】
0.6
3.中医是我国的国粹。如图2甲所示，点燃艾条，我们能够看到袅袅升起的烟雾，这（选填“是”或“不是”）扩散现象；整个房间里充满了艾草香味，这说明了分子；将点燃的艾条靠近皮肤，身体感觉暖暖的，这是通过的方式来增加皮肤的内能。如图2乙所示，当刮痧板在身体上刮动时，身体会感觉到热，这是通过的方式来增加身体的内能。
甲 乙
甲 乙
答案
解：
袅袅升起的烟雾是固体小颗粒的宏观机械运动，不是分子的扩散现象，第一空填：不是
整个房间里充满艾草香味，说明了分子在不停地做无规则运动
将点燃的艾条靠近皮肤，身体变暖是通过热传递的方式增加皮肤的内能
刮痧板在身体上刮动时身体发热，是通过做功的方式增加身体的内能
答案依次为：不是；在不停地做无规则运动；热传递；做功。
袅袅升起的烟雾是固体小颗粒的宏观机械运动，不是分子的扩散现象，第一空填：不是
整个房间里充满艾草香味，说明了分子在不停地做无规则运动
将点燃的艾条靠近皮肤，身体变暖是通过热传递的方式增加皮肤的内能
刮痧板在身体上刮动时身体发热，是通过做功的方式增加身体的内能
答案依次为：不是；在不停地做无规则运动；热传递；做功。
解析
【分析】
要解决这道题，需明确扩散现象的本质、分子动理论的内容以及改变内能的两种方式：首先，扩散现象是分子的无规则运动，属于微观运动，肉眼不可见，而烟雾是宏观的固体小颗粒的机械运动，需据此判断第一空；其次，闻到气味是分子扩散的结果，对应分子的运动特点；最后，改变内能的方式分为热传递（能量转移）和做功（能量转化），需结合具体场景判断后两空。
【解析】
1. 扩散现象是分子的无规则运动，是微观层面的运动，肉眼无法直接观察到。而袅袅升起的烟雾是固体小颗粒的宏观机械运动，不属于分子运动，因此不是扩散现象；
2. 整个房间充满艾草香味，是因为艾草分子扩散到空气中，说明分子在不停地做无规则运动；
3. 点燃的艾条温度高，靠近皮肤时，热量从艾条转移到皮肤，使皮肤内能增加，这是通过热传递的方式改变内能；
4. 刮痧板在身体上刮动时，克服摩擦做功，机械能转化为身体的内能，使身体发热，这是通过做功的方式改变内能。
【答案】
不是；在不停地做无规则运动；热传递；做功
【知识点】
扩散现象、分子热运动、改变内能的方式
【点评】
本题考查热学基础知识点，需区分宏观机械运动与微观分子运动，掌握改变内能的两种方式的本质，属于基础题型，难度适中。
【难度系数】
0.5
要解决这道题，需明确扩散现象的本质、分子动理论的内容以及改变内能的两种方式：首先，扩散现象是分子的无规则运动，属于微观运动，肉眼不可见，而烟雾是宏观的固体小颗粒的机械运动，需据此判断第一空；其次，闻到气味是分子扩散的结果，对应分子的运动特点；最后，改变内能的方式分为热传递（能量转移）和做功（能量转化），需结合具体场景判断后两空。
【解析】
1. 扩散现象是分子的无规则运动，是微观层面的运动，肉眼无法直接观察到。而袅袅升起的烟雾是固体小颗粒的宏观机械运动，不属于分子运动，因此不是扩散现象；
2. 整个房间充满艾草香味，是因为艾草分子扩散到空气中，说明分子在不停地做无规则运动；
3. 点燃的艾条温度高，靠近皮肤时，热量从艾条转移到皮肤，使皮肤内能增加，这是通过热传递的方式改变内能；
4. 刮痧板在身体上刮动时，克服摩擦做功，机械能转化为身体的内能，使身体发热，这是通过做功的方式改变内能。
【答案】
不是；在不停地做无规则运动；热传递；做功
【知识点】
扩散现象、分子热运动、改变内能的方式
【点评】
本题考查热学基础知识点，需区分宏观机械运动与微观分子运动，掌握改变内能的两种方式的本质，属于基础题型，难度适中。
【难度系数】
0.5
4.将盛有凉牛奶的瓶子放在热水中(如图3甲所示),牛奶的质量为250 g。图3乙是牛奶与热水的温度随时间变化的图像,则牛奶在加热过程中吸收的热量是J。[$c_{牛奶}=2.5×10^{3} J/(kg·℃)$]
答案
解：
牛奶的质量$m=250\ \mathrm{g}=0.25\ \mathrm{kg}$，
由图乙可知，牛奶的初温$t_0=20°\mathrm{C}$，末温$t=40°\mathrm{C}$，
牛奶升高的温度$\Delta t = t - t_0 = 40°\mathrm{C} - 20°\mathrm{C} = 20°\mathrm{C}$，
牛奶吸收的热量：
$Q_{\mathrm{吸}} = c_{\mathrm{牛奶}}m\Delta t = 2.5×10^3\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg}·°\mathrm{C}) × 0.25\ \mathrm{kg} × 20°\mathrm{C} = 1.25×10^4\ \mathrm{J}$。
$\boldsymbol{1.25×10^4}$
牛奶的质量$m=250\ \mathrm{g}=0.25\ \mathrm{kg}$，
由图乙可知，牛奶的初温$t_0=20°\mathrm{C}$，末温$t=40°\mathrm{C}$，
牛奶升高的温度$\Delta t = t - t_0 = 40°\mathrm{C} - 20°\mathrm{C} = 20°\mathrm{C}$，
牛奶吸收的热量：
$Q_{\mathrm{吸}} = c_{\mathrm{牛奶}}m\Delta t = 2.5×10^3\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg}·°\mathrm{C}) × 0.25\ \mathrm{kg} × 20°\mathrm{C} = 1.25×10^4\ \mathrm{J}$。
$\boldsymbol{1.25×10^4}$
解析
【分析】要计算牛奶吸收的热量，需使用吸热公式$Q_{吸}=c_{牛奶}m\Delta t$。首先将牛奶质量的单位换算为kg，再从温度随时间变化的图像中确定牛奶的初温和末温，计算出温度变化量$\Delta t$，最后代入公式计算即可。
【解析】
1. 单位换算：牛奶的质量$m = 250\ \mathrm{g} = 0.25\ \mathrm{kg}$；
2. 确定温度变化：由图乙可知，牛奶的初温$t_0 = 20°\mathrm{C}$，末温$t = 40°\mathrm{C}$，则温度变化量$\Delta t = t - t_0 = 40°\mathrm{C} - 20°\mathrm{C} = 20°\mathrm{C}$；
3. 计算吸收的热量：根据吸热公式$Q_{吸}=c_{牛奶}m\Delta t$，代入数据得：
$Q_{吸}=2.5×10^3\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg·° C}) × 0.25\ \mathrm{kg} × 20°\mathrm{C} = 1.25×10^4\ \mathrm{J}$。
【答案】$1.25×10^4$
【知识点】热量计算、比热容应用
【点评】本题考查比热容相关的吸热计算，解题关键是从图像中提取正确的温度值并完成单位换算，属于基础题型，难度较低。
【难度系数】0.7
【解析】
1. 单位换算：牛奶的质量$m = 250\ \mathrm{g} = 0.25\ \mathrm{kg}$；
2. 确定温度变化：由图乙可知，牛奶的初温$t_0 = 20°\mathrm{C}$，末温$t = 40°\mathrm{C}$，则温度变化量$\Delta t = t - t_0 = 40°\mathrm{C} - 20°\mathrm{C} = 20°\mathrm{C}$；
3. 计算吸收的热量：根据吸热公式$Q_{吸}=c_{牛奶}m\Delta t$，代入数据得：
$Q_{吸}=2.5×10^3\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg·° C}) × 0.25\ \mathrm{kg} × 20°\mathrm{C} = 1.25×10^4\ \mathrm{J}$。
【答案】$1.25×10^4$
【知识点】热量计算、比热容应用
【点评】本题考查比热容相关的吸热计算，解题关键是从图像中提取正确的温度值并完成单位换算，属于基础题型，难度较低。
【难度系数】0.7
5.南宋诗人陆游在《老学庵笔记》中写道：“书灯勿用铜盏，惟瓷盏最省油。”图4甲所示的是省油灯，瓷盏比铜盏省油是因为$c_{陶瓷}$（选填“＞”“＜”或“＝”）$c_{铜}$，可以吸收更多的热量，从而使油的温度不会太高。图4乙是瓷盏和铜盏在相同热源加热下温度随时间变化的图像，其中a代表。
答案
$\boldsymbol{＞}$；铜盏。
解析
【分析】
本题考查比热容的实际应用，解题思路是利用比热容的特性：相同质量的不同物质，吸收相同热量时，比热容越大，温度升高越慢。首先，瓷盏省油的原因是陶瓷比热容更大，能吸收更多热量，降低油的温度，减少油的蒸发；再结合温度变化图像，根据热量公式判断升温快的物质对应比热容小的铜盏。
【解析】
1. 比较比热容大小：根据比热容的性质，相同质量的不同物质，吸收相同热量时，比热容越大，温度变化越小。瓷盏能使油的温度不会太高，说明陶瓷吸收热量后自身温度升高慢，因此陶瓷的比热容大于铜的比热容，即$c_{陶瓷}＞c_{铜}$。
2. 判断图像对应的物质：相同热源加热，相同时间内瓷盏和铜盏吸收的热量$Q$相同，假设两者质量$m$相同，由热量公式$Q=cmΔt$变形得$Δt=\frac{Q}{cm}$，比热容$c$越小，温度变化$Δt$越大。图中$a$的温度升高更快（$Δt$更大），说明$a$的比热容更小，而铜的比热容小于陶瓷，因此$a$代表铜盏。
【答案】
＞；铜盏
【知识点】
比热容、热量计算
【点评】
本题结合生活中的“省油灯”实例，考查比热容的应用，需要理解比热容与温度变化的关系，属于基础应用类题目。
【难度系数】
0.6
本题考查比热容的实际应用，解题思路是利用比热容的特性：相同质量的不同物质，吸收相同热量时，比热容越大，温度升高越慢。首先，瓷盏省油的原因是陶瓷比热容更大，能吸收更多热量，降低油的温度，减少油的蒸发；再结合温度变化图像，根据热量公式判断升温快的物质对应比热容小的铜盏。
【解析】
1. 比较比热容大小：根据比热容的性质，相同质量的不同物质，吸收相同热量时，比热容越大，温度变化越小。瓷盏能使油的温度不会太高，说明陶瓷吸收热量后自身温度升高慢，因此陶瓷的比热容大于铜的比热容，即$c_{陶瓷}＞c_{铜}$。
2. 判断图像对应的物质：相同热源加热，相同时间内瓷盏和铜盏吸收的热量$Q$相同，假设两者质量$m$相同，由热量公式$Q=cmΔt$变形得$Δt=\frac{Q}{cm}$，比热容$c$越小，温度变化$Δt$越大。图中$a$的温度升高更快（$Δt$更大），说明$a$的比热容更小，而铜的比热容小于陶瓷，因此$a$代表铜盏。
【答案】
＞；铜盏
【知识点】
比热容、热量计算
【点评】
本题结合生活中的“省油灯”实例，考查比热容的应用，需要理解比热容与温度变化的关系，属于基础应用类题目。
【难度系数】
0.6
6.关于温度、内能和热量，下列说法正确的是()
A.任何两个物体间都能发生热传递
B.$0°\mathrm{C}$的冰变成$0°\mathrm{C}$的水，温度不变，内能不变
C.物体的温度越高，含有的热量越多
D.任何物体都具有内能，通过摩擦可增加冰块的内能
A.任何两个物体间都能发生热传递
B.$0°\mathrm{C}$的冰变成$0°\mathrm{C}$的水，温度不变，内能不变
C.物体的温度越高，含有的热量越多
D.任何物体都具有内能，通过摩擦可增加冰块的内能
答案
D
解析
【分析】
要判断各选项的正误，需明确温度、内能、热量的核心概念：热传递的条件是存在温度差；晶体熔化时吸热、温度不变但内能增加；热量是过程量，不能用“含有”描述；一切物体都有内能，做功可改变内能。逐一分析选项即可得出答案。
【解析】
A选项：热传递的发生条件是物体间存在温度差，并非任意两个物体都能发生热传递，故A错误。
B选项：0℃的冰熔化为0℃的水时，需要吸收热量，虽然温度不变，但内能增加，故B错误。
C选项：热量是过程量，只能描述为“吸收或放出热量”，不能说物体“含有热量”，故C错误。
D选项：内能是物体内部所有分子动能和分子势能的总和，任何物体都具有内能；摩擦生热是通过做功的方式增加物体内能，因此摩擦可增加冰块的内能，故D正确。
【答案】
D
【知识点】
温度、内能和热量的关系；热传递的条件；改变内能的方式
【点评】
本题考查温度、内能、热量的基础概念，需准确区分各物理量的定义与规律，易错点为热量的表述、晶体熔化的内能变化判断，属于概念辨析类基础题。
【难度系数】
0.6
要判断各选项的正误，需明确温度、内能、热量的核心概念：热传递的条件是存在温度差；晶体熔化时吸热、温度不变但内能增加；热量是过程量，不能用“含有”描述；一切物体都有内能，做功可改变内能。逐一分析选项即可得出答案。
【解析】
A选项：热传递的发生条件是物体间存在温度差，并非任意两个物体都能发生热传递，故A错误。
B选项：0℃的冰熔化为0℃的水时，需要吸收热量，虽然温度不变，但内能增加，故B错误。
C选项：热量是过程量，只能描述为“吸收或放出热量”，不能说物体“含有热量”，故C错误。
D选项：内能是物体内部所有分子动能和分子势能的总和，任何物体都具有内能；摩擦生热是通过做功的方式增加物体内能，因此摩擦可增加冰块的内能，故D正确。
【答案】
D
【知识点】
温度、内能和热量的关系；热传递的条件；改变内能的方式
【点评】
本题考查温度、内能、热量的基础概念，需准确区分各物理量的定义与规律，易错点为热量的表述、晶体熔化的内能变化判断，属于概念辨析类基础题。
【难度系数】
0.6
