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1. 星期天，小雪同学在家帮妈妈一起做饭烧菜，不小心把锅底烧糊了。妈妈给她钢丝清洁球去擦洗，她使劲擦了一会儿后感觉铁锅发烫，这是用
做功
的方式升高了铁锅的温度，此过程是机械
能转化为内
能。答案
1. 做功 机械 内
解析
【分析】首先，需明确改变物体内能的两种方式：做功和热传递，热传递是能量的转移，做功是能量的转化。本题中用钢丝清洁球擦洗铁锅，是通过摩擦的方式改变内能，属于做功而非热传递。接着，做功过程中消耗了机械能，使铁锅内能增加、温度升高，因此要判断能量转化类型。
【解析】改变物体内能的方式有做功和热传递：热传递是能量从高温物体转移到低温物体，做功是其他形式的能与内能的转化。用钢丝清洁球擦洗铁锅时，克服摩擦做功，属于做功改变内能；此过程中消耗了机械能，使铁锅的内能增大、温度升高，所以是机械能转化为内能。
【答案】做功 机械 内
【知识点】做功改变内能、能量的转化
【点评】本题结合生活实例考查内能改变的方式及能量转化的基础知识，难度低，属于基础题，能帮助学生理解物理知识与生活的联系。
【难度系数】0.9
【解析】改变物体内能的方式有做功和热传递：热传递是能量从高温物体转移到低温物体，做功是其他形式的能与内能的转化。用钢丝清洁球擦洗铁锅时，克服摩擦做功，属于做功改变内能；此过程中消耗了机械能，使铁锅的内能增大、温度升高，所以是机械能转化为内能。
【答案】做功 机械 内
【知识点】做功改变内能、能量的转化
【点评】本题结合生活实例考查内能改变的方式及能量转化的基础知识，难度低，属于基础题，能帮助学生理解物理知识与生活的联系。
【难度系数】0.9
2. 瓷都景德镇在规划和建设城市时，在很多休闲广场修建人工湖，增加水域面积，这是利用水的
↑温度$t/°\mathrm{C}$
比热容
大的特性，夏天，水会通过 热传递
（选填“做功”或“热传递”）的方式，从周围 吸收
热量，从而调节气温，营造“宜居瓷都”的舒适环境。↑温度$t/°\mathrm{C}$
答案
2. 比热容 热传递 吸收
解析
【分析】
首先思考修建人工湖调节气温的原理：水的比热容较大，相同质量的水和其他物质相比，吸收或放出相同热量时温度变化更小，能有效调节周围气温，因此第一个空对应比热容的特性。接着分析改变内能的方式：夏天水温度低于周围环境，热量从周围转移到水中，这种能量转移的方式是热传递，并非做功；水吸收热量后，能降低周围环境温度，从而调节气温，因此后两个空对应热传递和吸收。
【解析】
1. 人工湖调节气温利用水的比热容大的特性：水的比热容大，相同质量的水与沙石等物质，吸收或放出相同热量时，水的温度变化更小，可调节周围气温，故第一空填“比热容”。
2. 夏天调节气温的方式：夏天水温度低于周围环境，热量从周围转移到水中，属于热传递改变内能；水吸收热量，使周围环境温度降低，故第二空填“热传递”，第三空填“吸收”。
【答案】
比热容 热传递 吸收
【知识点】
比热容 热传递 热量
【点评】
本题结合生活实例考查比热容和热传递的应用，属于基础概念题，难度较低，侧重物理知识在实际生活中的运用。
【难度系数】
0.8
首先思考修建人工湖调节气温的原理：水的比热容较大，相同质量的水和其他物质相比，吸收或放出相同热量时温度变化更小，能有效调节周围气温，因此第一个空对应比热容的特性。接着分析改变内能的方式：夏天水温度低于周围环境，热量从周围转移到水中，这种能量转移的方式是热传递，并非做功；水吸收热量后，能降低周围环境温度，从而调节气温，因此后两个空对应热传递和吸收。
【解析】
1. 人工湖调节气温利用水的比热容大的特性：水的比热容大，相同质量的水与沙石等物质，吸收或放出相同热量时，水的温度变化更小，可调节周围气温，故第一空填“比热容”。
2. 夏天调节气温的方式：夏天水温度低于周围环境，热量从周围转移到水中，属于热传递改变内能；水吸收热量，使周围环境温度降低，故第二空填“热传递”，第三空填“吸收”。
【答案】
比热容 热传递 吸收
【知识点】
比热容 热传递 热量
【点评】
本题结合生活实例考查比热容和热传递的应用，属于基础概念题，难度较低，侧重物理知识在实际生活中的运用。
【难度系数】
0.8
3. 小丽在探究煤炉的热效率时，用煤炉给10 kg的水加热，此过程中水温随时间变化的情况如图1所示。若这些水从70℃升高到80℃燃烧了0.3 kg的煤，则从50℃升高到70℃需要燃烧
0.3
kg的煤。烧水过程中，0～2 min
（选填“0～2 min”“2～4 min”或“4～6 min”）时间段内的热效率最高。（假设相同时间内燃烧煤的质量相等）答案
3. 0.3 0～2 min
解析
【分析】
要解决本题，需明确两个核心：一是相同时间内燃烧煤的质量相等，可通过升温过程的时间判断燃烧煤的质量；二是热效率是水吸收的热量与煤燃烧放出热量的比值，结合图像分析各时间段水升高的温度，即可判断热效率最高的时段。
【解析】
1. 计算从50℃升高到70℃燃烧煤的质量：
由图像可知，水从50℃升高到70℃的时间为2～4min，时长2min；从70℃升高到80℃的时间为4～6min，时长也为2min。题目明确“相同时间内燃烧煤的质量相等”，已知从70℃升高到80℃燃烧了0.3kg煤，因此从50℃升高到70℃需要燃烧的煤质量也为0.3kg。
2. 判断热效率最高的时间段：
热效率公式为$\eta=\frac{Q_{吸}}{Q_{放}}$，其中水吸收的热量$Q_{吸}=cm\Delta t$（$c$为水的比热容，$m$为水的质量，$\Delta t$为水升高的温度），相同时间内煤燃烧放出的热量$Q_{放}$相等。
各时间段水升高的温度：
0～2min：$\Delta t_1=50℃-20℃=30℃$；
2～4min：$\Delta t_2=70℃-50℃=20℃$；
4～6min：$\Delta t_3=80℃-70℃=10℃$；
0～2min时间段内水升高的温度最大，相同时间内煤燃烧放出的热量相同，因此该时间段热效率最高。
【答案】0.3；0～2 min
【知识点】热效率、热量计算
【点评】本题结合温度-时间图像考查热效率的应用，关键是理解“相同时间燃烧煤质量相等”的条件，需结合图像分析温度变化，难度适中。
【难度系数】0.5
要解决本题，需明确两个核心：一是相同时间内燃烧煤的质量相等，可通过升温过程的时间判断燃烧煤的质量；二是热效率是水吸收的热量与煤燃烧放出热量的比值，结合图像分析各时间段水升高的温度，即可判断热效率最高的时段。
【解析】
1. 计算从50℃升高到70℃燃烧煤的质量：
由图像可知，水从50℃升高到70℃的时间为2～4min，时长2min；从70℃升高到80℃的时间为4～6min，时长也为2min。题目明确“相同时间内燃烧煤的质量相等”，已知从70℃升高到80℃燃烧了0.3kg煤，因此从50℃升高到70℃需要燃烧的煤质量也为0.3kg。
2. 判断热效率最高的时间段：
热效率公式为$\eta=\frac{Q_{吸}}{Q_{放}}$，其中水吸收的热量$Q_{吸}=cm\Delta t$（$c$为水的比热容，$m$为水的质量，$\Delta t$为水升高的温度），相同时间内煤燃烧放出的热量$Q_{放}$相等。
各时间段水升高的温度：
0～2min：$\Delta t_1=50℃-20℃=30℃$；
2～4min：$\Delta t_2=70℃-50℃=20℃$；
4～6min：$\Delta t_3=80℃-70℃=10℃$；
0～2min时间段内水升高的温度最大，相同时间内煤燃烧放出的热量相同，因此该时间段热效率最高。
【答案】0.3；0～2 min
【知识点】热效率、热量计算
【点评】本题结合温度-时间图像考查热效率的应用，关键是理解“相同时间燃烧煤质量相等”的条件，需结合图像分析温度变化，难度适中。
【难度系数】0.5
4. 质量和初温均相同的甲、乙两种液体，经同一加热器加热相同的时间后，甲的温度高于乙的温度，则甲液体的比热容
小于
（选填“大于”“小于”或“等于”）乙液体的比热容。如果乙液体的质量为1 kg，初温为$20°\mathrm{C}$，加热一段时间后温度升高到$50°\mathrm{C}$，吸收的热量为$1.26×10^5$ J，则乙液体的比热容为$4.2×10^3$
$\mathrm{J}/(\mathrm{kg}·°\mathrm{C})$。答案
4. 小于 $4.2×10^3$
解析
【分析】要判断甲、乙的比热容大小，需利用控制变量法结合吸热公式分析：同一加热器加热相同时间，甲、乙吸收的热量Q相等；已知两者质量m和初温相同，加热后甲的温度更高，即甲的温度变化Δt更大。根据Q=cmΔt，当Q、m一定时，Δt与c成反比，因此甲的比热容更小。计算乙的比热容时，直接利用吸热公式的变形，代入已知的热量、质量和温度变化量即可求解。
【解析】
1. 比热容大小比较：
同一加热器加热相同时间，甲、乙两种液体吸收的热量Q相同；由题意知，m甲=m乙，初温相同，加热后Δt甲＞Δt乙。根据吸热公式Q=cmΔt，变形得c=Q/(mΔt)，当Q、m相同时，Δt越大，比热容c越小，故甲液体的比热容小于乙液体的比热容。
2. 乙液体比热容计算：
乙液体的温度变化量Δt=50℃-20℃=30℃，根据Q吸=cmΔt，变形得乙的比热容：
c乙=Q吸/(m乙$Δt)=1.26×10^5 J / (1kg×30℃)=4.2×10^3 J/(kg·℃)$。
【答案】小于；$4.2×10^3$
【知识点】比热容、热量的计算
【点评】本题是比热容的基础应用题，核心是利用控制变量法理解比热容与温度变化的关系，计算时需准确确定温度变化量，难度适中，适合初中学生掌握。
【难度系数】0.7
【解析】
1. 比热容大小比较：
同一加热器加热相同时间，甲、乙两种液体吸收的热量Q相同；由题意知，m甲=m乙，初温相同，加热后Δt甲＞Δt乙。根据吸热公式Q=cmΔt，变形得c=Q/(mΔt)，当Q、m相同时，Δt越大，比热容c越小，故甲液体的比热容小于乙液体的比热容。
2. 乙液体比热容计算：
乙液体的温度变化量Δt=50℃-20℃=30℃，根据Q吸=cmΔt，变形得乙的比热容：
c乙=Q吸/(m乙$Δt)=1.26×10^5 J / (1kg×30℃)=4.2×10^3 J/(kg·℃)$。
【答案】小于；$4.2×10^3$
【知识点】比热容、热量的计算
【点评】本题是比热容的基础应用题，核心是利用控制变量法理解比热容与温度变化的关系，计算时需准确确定温度变化量，难度适中，适合初中学生掌握。
【难度系数】0.7
5. 有两台单缸四冲程柴油机，它们在做功冲程中每做功一次，对外输出的有用功相等。甲、乙两柴油机输出的有用功率之比为4：3，甲柴油机的效率为32%，乙柴油机的效率为36%，则甲、乙柴油机在相同的时间内飞轮的转数之比为
4：3
，乙柴油机在某段工作时间内消耗了10 kg的柴油，则甲柴油机在相等的时间内消耗的柴油为15
kg。答案
5. 4：3 15
解析
【分析】
首先，根据功率公式P=W/t，相同时间内有用功之比等于功率之比，可得出甲乙相同时间内的有用功关系；其次，单缸四冲程柴油机的飞轮转数与做功次数存在对应关系（飞轮转2圈做功1次），由此推导飞轮转数之比；最后结合热机效率公式η=W有用/Q放（Q放=mq），利用有用功的关系计算甲消耗的柴油质量。
【解析】
1. 求相同时间内飞轮转数之比：
功率公式为P=W/t，相同时间t内，有用功W=Pt，因此W甲:W乙=P甲:P乙=4:3。
单缸四冲程柴油机每完成1次做功，飞轮转2圈，设每次做功为W0，则相同时间内做功次数n甲=W甲/W0，n乙=W乙/W0，故n甲:n乙=W甲:W乙=4:3。
飞轮转数N与做功次数n的关系为N=2n，因此N甲:N乙=2n甲:2n乙=n甲:n乙=4:3。
2. 求甲消耗的柴油质量：
热机效率η=W有用/Q放，燃料完全燃烧放热Q放=mq，故W有用=ηmq。
相同时间内W甲:W乙=4:3，代入得：
(η甲 m甲 q):(η乙 m乙 q)=4:3，柴油热值q相同约去，代入η甲=32%，η乙=36%，m乙=10kg：
(0.32 m甲):(0.36×10)=4:3
化简得：0.32 m甲 / 3.6 = 4/3 → 0.32 m甲=4.8 → m甲=15kg。
【答案】
4：3；15
【知识点】
热机效率；功率计算；四冲程柴油机工作原理
【点评】
本题综合考查功率、热机效率及四冲程柴油机的工作特点，需理清各物理量间的关联，尤其是飞轮转数与做功次数的对应关系，对公式应用能力要求较高。
【难度系数】
0.5
首先，根据功率公式P=W/t，相同时间内有用功之比等于功率之比，可得出甲乙相同时间内的有用功关系；其次，单缸四冲程柴油机的飞轮转数与做功次数存在对应关系（飞轮转2圈做功1次），由此推导飞轮转数之比；最后结合热机效率公式η=W有用/Q放（Q放=mq），利用有用功的关系计算甲消耗的柴油质量。
【解析】
1. 求相同时间内飞轮转数之比：
功率公式为P=W/t，相同时间t内，有用功W=Pt，因此W甲:W乙=P甲:P乙=4:3。
单缸四冲程柴油机每完成1次做功，飞轮转2圈，设每次做功为W0，则相同时间内做功次数n甲=W甲/W0，n乙=W乙/W0，故n甲:n乙=W甲:W乙=4:3。
飞轮转数N与做功次数n的关系为N=2n，因此N甲:N乙=2n甲:2n乙=n甲:n乙=4:3。
2. 求甲消耗的柴油质量：
热机效率η=W有用/Q放，燃料完全燃烧放热Q放=mq，故W有用=ηmq。
相同时间内W甲:W乙=4:3，代入得：
(η甲 m甲 q):(η乙 m乙 q)=4:3，柴油热值q相同约去，代入η甲=32%，η乙=36%，m乙=10kg：
(0.32 m甲):(0.36×10)=4:3
化简得：0.32 m甲 / 3.6 = 4/3 → 0.32 m甲=4.8 → m甲=15kg。
【答案】
4：3；15
【知识点】
热机效率；功率计算；四冲程柴油机工作原理
【点评】
本题综合考查功率、热机效率及四冲程柴油机的工作特点，需理清各物理量间的关联，尤其是飞轮转数与做功次数的对应关系，对公式应用能力要求较高。
【难度系数】
0.5
6. 科学家发明了一款单缸六冲程内燃机，它每一个工作循环的前四个冲程与单缸四冲程内燃机相同，在第四冲程结束后，立即向汽缸内喷水，水在高温汽缸内迅速汽化成高温、高压水蒸气，推动活塞再次做功，水蒸气温度
降低
（选填“升高”“降低”或“不变”），这样燃烧同样多的燃料获得了更多的机械能，提高了热机的效率
。为进入下一个工作循环，这款内燃机的第六冲程是排气
冲程。答案
6. 降低 效率 排气
解析
【分析】
要解答本题，需结合内能变化、热机效率和内燃机冲程的相关知识逐步推导：首先，水蒸气推动活塞做功时，内能转化为机械能，内能减小，温度会降低；其次，热机效率是有用功与燃料完全燃烧释放总能量的比值，相同燃料释放的总能量不变，获得更多机械能意味着有用功增加，效率提高；最后，内燃机工作循环的最后一步是排出废气，因此第六冲程为排气冲程。
【解析】
1. 水蒸气推动活塞做功的过程中，水蒸气的内能转化为活塞的机械能，内能减少，温度降低；
2. 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，燃烧同样多的燃料（总能量相同），获得更多机械能（有用功增加），因此热机的效率提高；
3. 为进入下一个工作循环，需要排出汽缸内的废气，故第六冲程是排气冲程。
【答案】
降低 效率 排气
【知识点】
内能的改变 热机的效率 内燃机的冲程
【点评】
本题结合新型内燃机的工作原理，考察内能变化、热机效率及内燃机冲程的基础知识点，注重知识的实际应用，难度适中。
【难度系数】
0.6
要解答本题，需结合内能变化、热机效率和内燃机冲程的相关知识逐步推导：首先，水蒸气推动活塞做功时，内能转化为机械能，内能减小，温度会降低；其次，热机效率是有用功与燃料完全燃烧释放总能量的比值，相同燃料释放的总能量不变，获得更多机械能意味着有用功增加，效率提高；最后，内燃机工作循环的最后一步是排出废气，因此第六冲程为排气冲程。
【解析】
1. 水蒸气推动活塞做功的过程中，水蒸气的内能转化为活塞的机械能，内能减少，温度降低；
2. 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，燃烧同样多的燃料（总能量相同），获得更多机械能（有用功增加），因此热机的效率提高；
3. 为进入下一个工作循环，需要排出汽缸内的废气，故第六冲程是排气冲程。
【答案】
降低 效率 排气
【知识点】
内能的改变 热机的效率 内燃机的冲程
【点评】
本题结合新型内燃机的工作原理，考察内能变化、热机效率及内燃机冲程的基础知识点，注重知识的实际应用，难度适中。
【难度系数】
0.6
7. 随着人们生活水平逐步提高，农村的厨灶发生了很大变化，液化气灶等灶具已逐步走进家庭。液化气与煤相比，热学方面突出的优点是
热值大
；环保方面突出的优点是污染少
。完全燃烧0.6 m³的液化气放出的热量是$3.0×10^7$
J。（液化气的热值是$5.0×10^7$ J/m³）答案
7. 热值大 污染少 $3.0×10^7$
解析
【分析】
要解决这道题，需从燃料的特性和热量计算两方面思考：①热学方面，燃料的热值是衡量放热能力的物理量，热值大的燃料相同体积/质量下放热更多；②环保方面，对比液化气和煤燃烧产生的污染物，判断污染程度；③计算热量时，根据气体燃料放热公式Q放=Vq（V是体积，q是热值）代入数值计算即可。
【解析】
1. 热学优点：液化气的热值比煤大，相同体积的液化气完全燃烧时放出的热量更多，故热学突出优点是热值大；
2. 环保优点：液化气燃烧产生的废气污染物（如二氧化硫、粉尘等）比煤少，对环境的污染更小，故环保突出优点是污染少；
3. 热量计算：已知液化气的体积V=0.6m³，热值q=5.0×10^7 J/m³，根据公式Q放=Vq，可得放出的热量Q=0.6m³×5.0×10^7 J/m³=3.0×10^7 J。
【答案】
热值大；污染少；$3.0×10^7$
【知识点】
燃料的热值、热量的计算
【点评】
本题结合生活实际考查燃料的特性及热量计算，属于基础题型，难度较低，只要掌握热值的概念和气体燃料放热公式即可轻松解答，体现了物理知识与生活的紧密联系。
【难度系数】
0.8
要解决这道题，需从燃料的特性和热量计算两方面思考：①热学方面，燃料的热值是衡量放热能力的物理量，热值大的燃料相同体积/质量下放热更多；②环保方面，对比液化气和煤燃烧产生的污染物，判断污染程度；③计算热量时，根据气体燃料放热公式Q放=Vq（V是体积，q是热值）代入数值计算即可。
【解析】
1. 热学优点：液化气的热值比煤大，相同体积的液化气完全燃烧时放出的热量更多，故热学突出优点是热值大；
2. 环保优点：液化气燃烧产生的废气污染物（如二氧化硫、粉尘等）比煤少，对环境的污染更小，故环保突出优点是污染少；
3. 热量计算：已知液化气的体积V=0.6m³，热值q=5.0×10^7 J/m³，根据公式Q放=Vq，可得放出的热量Q=0.6m³×5.0×10^7 J/m³=3.0×10^7 J。
【答案】
热值大；污染少；$3.0×10^7$
【知识点】
燃料的热值、热量的计算
【点评】
本题结合生活实际考查燃料的特性及热量计算，属于基础题型，难度较低，只要掌握热值的概念和气体燃料放热公式即可轻松解答，体现了物理知识与生活的紧密联系。
【难度系数】
0.8
