11.二氧化碳($\mathrm{CO}_2$)爆破技术是现代工程建设中非常环保的技术。起爆前高压泵将$\mathrm{CO}_2$压缩成高压气体，液化后输入爆破筒内。如图13-6所示，爆破时电加热管发热，使筒内的液态$\mathrm{CO}_2$迅速汽化，形成的高压气体从泄气孔中喷出，实施爆破。下列说法正确的是（）


A.高压泵压缩$\mathrm{CO}_2$，气体内能增大，温度降低
B.高压泵压缩$\mathrm{CO}_2$，气体内能减小，温度升高
C.高压$\mathrm{CO}_2$气体喷出时，内能增大，温度升高
D.高压$\mathrm{CO}_2$气体喷出时，内能减小，温度降低

11.D

【分析】
要解决这道题，需掌握做功与物体内能变化的关系：对物体做功，物体的内能增大，温度升高；物体对外做功，物体的内能减小，温度降低。先分析高压泵压缩CO₂的过程，判断其内能和温度变化；再分析高压CO₂喷出时的过程，判断其内能和温度变化，进而选出正确选项。
【解析】
1. 分析高压泵压缩CO₂的过程：高压泵压缩CO₂时，是外界对CO₂做功，根据做功改变内能的规律，CO₂的内能增大，温度升高。因此选项A中“温度降低”错误，选项B中“内能减小”错误，排除A、B。
2. 分析高压CO₂气体喷出的过程：高压CO₂气体喷出时，气体对外界做功，自身的内能减小，温度降低。因此选项C中“内能增大，温度升高”错误，选项D正确。
【答案】
D
【知识点】
做功改变物体内能；内能与温度的关系
【点评】
本题考查做功对物体内能的影响，属于热学基础知识点，解题关键是明确“对内做功”和“对外做功”时内能、温度的变化规律，难度不大，需准确区分两种做功情况的不同效果。
【难度系数】
0.6

12.为比较 A、B 两个保温杯的保温性能,小红在两个保温杯中分别倒入 0.1 kg 相同温度的热水,用温度计测量其初温 $ t_0 $,温度计示数如图 13-7 甲所示,$ t_0 = $ ℃。她绘制出水的温度随时间的变化图像如图 13-7 乙所示,保温杯 A 中水放出的热量为 J,保温性能更好的是保温杯 (选填“A”或“B”)。$[c_{\mathrm{水}}=4.2×10^3\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg}·°\mathrm{C})]$

12. 80 2.1×10⁴ A

【分析】
要解决本题，需分三步：①读取温度计示数确定热水初温；②利用放热公式计算保温杯A中水放出的热量；③通过温度变化图像判断保温性能。首先观察图甲温度计的分度值读取初温，再结合图乙中A的初温和末温计算热量，最后对比A、B温度下降快慢判断保温性能。
【解析】
1. 读取初温：图甲中温度计分度值为1℃，液柱对应刻度为80℃，故热水初温$t_0=80℃$。
2. 计算A放出的热量：由图乙知，A中水的末温为30℃，温度变化量$\Delta t=80℃-30℃=50℃$。根据放热公式$Q_{放}=c_{水}m\Delta t$，代入数据得：
$Q_{放}=4.2×10^3\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg}·℃)×0.1\ \mathrm{kg}×50℃=2.1×10^4\ \mathrm{J}$。
3. 判断保温性能：由图乙可知，相同时间内B的温度下降比A快，说明A热量散失更慢，故保温性能更好的是A。
【答案】
80；$2.1×10^4$；A
【知识点】
温度计读数、热量计算、热传递
【点评】
本题结合温度计读数、热量公式应用和图像分析，考查热学基础知识点，注重知识的实际应用，难度适中。
【难度系数】
0.7