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6. (2025·南京中考)下列事例中改变内能的方式与其他三个不同的是 (
D
)答案
6. D 解析:A.弯折铁丝发烫,是对铁丝做功,属于做功改变物体的内能;B.压缩空气升温,是对空气做功,属于做功改变物体的内能;C.点火后盒盖飞出,是燃气的内能转化为盒盖的机械能,燃气对外做功改变内能;D.勺子在热汤中升温,是热汤的内能转移到勺子上,属于热传递改变物体的内能.故选D.
解析
【分析】
我们首先要明确改变物体内能的两类方式：做功和热传递，其中做功的本质是其他形式的能量与内能发生相互转化，热传递的本质是内能在不同物体间转移，不存在能量形式的变化。接下来我们逐个判断四个选项的内能改变方式：先看A选项弯折铁丝，人对铁丝做功，机械能转化为铁丝的内能使铁丝发烫，属于做功改变内能；B选项压缩空气升温，活塞对筒内空气做功，机械能转化为空气的内能，也是做功改变内能；C选项点火后盒盖飞出，盒内燃气推动盒盖对外做功，将燃气的内能转化为盒盖的机械能，同样属于做功改变内能；D选项勺子在热汤中升温，是温度更高的热汤将内能直接传递给温度较低的勺子，没有发生能量形式的转化，属于热传递改变内能。对比后就能发现D的内能改变方式和其余三个都不同。
【解析】
1. 选项A：反复弯折铁丝时，人手对铁丝做功，机械能转化为铁丝的内能，铁丝温度升高发烫，属于做功改变物体的内能。
2. 选项B：下压活塞压缩筒内空气时，活塞对空气做功，机械能转化为空气的内能，空气温度升高，属于做功改变物体的内能。
3. 选项C：点火后盒内气体膨胀推动盒盖飞出，气体对外做功，内能转化为盒盖的机械能，气体内能减小，属于做功改变物体的内能。
4. 选项D：勺子放在热汤中，热量从高温的热汤传递到低温的勺子上，勺子内能增大温度升高，属于热传递改变物体的内能。
综上，A、B、C均通过做功改变内能，只有D通过热传递改变内能，D的方式与其他三个不同。
【答案】D
【知识点】做功改变内能，热传递改变内能
【点评】本题是内能模块的基础辨析题，核心考察两种改变内能方式的区分，解题关键是抓住两种方式的本质差异：做功伴随能量形式的转化，热传递仅发生内能的转移，掌握该点即可快速完成判断。
【难度系数】0.9
我们首先要明确改变物体内能的两类方式：做功和热传递，其中做功的本质是其他形式的能量与内能发生相互转化，热传递的本质是内能在不同物体间转移，不存在能量形式的变化。接下来我们逐个判断四个选项的内能改变方式：先看A选项弯折铁丝，人对铁丝做功，机械能转化为铁丝的内能使铁丝发烫，属于做功改变内能；B选项压缩空气升温，活塞对筒内空气做功，机械能转化为空气的内能，也是做功改变内能；C选项点火后盒盖飞出，盒内燃气推动盒盖对外做功，将燃气的内能转化为盒盖的机械能，同样属于做功改变内能；D选项勺子在热汤中升温，是温度更高的热汤将内能直接传递给温度较低的勺子，没有发生能量形式的转化，属于热传递改变内能。对比后就能发现D的内能改变方式和其余三个都不同。
【解析】
1. 选项A：反复弯折铁丝时，人手对铁丝做功，机械能转化为铁丝的内能，铁丝温度升高发烫，属于做功改变物体的内能。
2. 选项B：下压活塞压缩筒内空气时，活塞对空气做功，机械能转化为空气的内能，空气温度升高，属于做功改变物体的内能。
3. 选项C：点火后盒内气体膨胀推动盒盖飞出，气体对外做功，内能转化为盒盖的机械能，气体内能减小，属于做功改变物体的内能。
4. 选项D：勺子放在热汤中，热量从高温的热汤传递到低温的勺子上，勺子内能增大温度升高，属于热传递改变物体的内能。
综上，A、B、C均通过做功改变内能，只有D通过热传递改变内能，D的方式与其他三个不同。
【答案】D
【知识点】做功改变内能，热传递改变内能
【点评】本题是内能模块的基础辨析题，核心考察两种改变内能方式的区分，解题关键是抓住两种方式的本质差异：做功伴随能量形式的转化，热传递仅发生内能的转移，掌握该点即可快速完成判断。
【难度系数】0.9
7. (2024·临沂中考)如图所示内燃机的四个冲程,汽缸内气体的内能最小的是 (
D
)答案
7. D 解析:A.两气门关闭,活塞下行,为做功冲程,缸内气体推动活塞对外做功;B.进气门关闭,排气门打开,为排气冲程;C.两气门关闭,活塞上行,为压缩冲程,活塞压缩缸内气体,对气体做功,机械能转化为内能;D.进气门打开,排气门关闭,为吸气冲程;内燃机工作顺序为吸气、压缩、做功、排气,压缩冲程后气体温度都比吸气冲程中气体的温度高,故吸气冲程中汽缸内气体的内能最小,故D符合题意.
解析
【分析】
解题时首先要明确两个核心思路：第一，先根据气门开闭状态、活塞运动方向，准确识别四个图分别对应的内燃机冲程；第二，结合每个冲程的能量变化、缸内气体的温度特征，对比四个冲程中汽缸内气体的内能大小。首先回忆冲程判断规则：两气门全关活塞下行是做功冲程，排气门打开活塞上行是排气冲程，两气门全关活塞上行是压缩冲程，进气门打开活塞下行是吸气冲程。再结合四冲程的工作顺序：吸气→压缩→做功→排气，压缩冲程会对气体做功让内能升高，做功冲程虽然气体对外做功，但缸内气体温度仍远高于常温，排气冲程缸内残留的也是高温废气，只有吸气冲程刚吸入常温的新鲜气体，温度最低，内能自然最小。
【解析】
我们逐个分析四个冲程的特征和缸内气体内能情况：
1. 图A：两个气门均关闭，火花塞点火，活塞向下运动，属于做功冲程，此时燃烧后的高温燃气推动活塞对外做功，缸内气体温度较高，内能较大。
2. 图B：排气门打开，进气门关闭，活塞向上运动，属于排气冲程，缸内是做功后剩余的高温废气，气体温度高，内能较大。
3. 图C：两个气门均关闭，活塞向上运动，属于压缩冲程，活塞对缸内气体做功，机械能转化为气体的内能，气体内能大幅升高，内能很高。
4. 图D：进气门打开，排气门关闭，活塞向下运动，属于吸气冲程，此时汽缸内吸入的是常温的新鲜空气（或油气混合物），气体温度是四个冲程中最低的，因此汽缸内气体的内能最小。
综上，符合要求的是D选项。
【答案】
D
【知识点】
内燃机四冲程判断，内能的影响因素
【点评】
本题结合内燃机四冲程的图像考查内能大小的判断，易错点是容易误认为做功冲程结束后气体内能最小，忽略了吸气冲程吸入的是常温新鲜气体，温度远低于其余三个冲程的缸内气体，解题时需要结合四冲程的先后工作逻辑和各冲程的能量变化综合分析。
【难度系数】
0.6
解题时首先要明确两个核心思路：第一，先根据气门开闭状态、活塞运动方向，准确识别四个图分别对应的内燃机冲程；第二，结合每个冲程的能量变化、缸内气体的温度特征，对比四个冲程中汽缸内气体的内能大小。首先回忆冲程判断规则：两气门全关活塞下行是做功冲程，排气门打开活塞上行是排气冲程，两气门全关活塞上行是压缩冲程，进气门打开活塞下行是吸气冲程。再结合四冲程的工作顺序：吸气→压缩→做功→排气，压缩冲程会对气体做功让内能升高，做功冲程虽然气体对外做功，但缸内气体温度仍远高于常温，排气冲程缸内残留的也是高温废气，只有吸气冲程刚吸入常温的新鲜气体，温度最低，内能自然最小。
【解析】
我们逐个分析四个冲程的特征和缸内气体内能情况：
1. 图A：两个气门均关闭，火花塞点火，活塞向下运动，属于做功冲程，此时燃烧后的高温燃气推动活塞对外做功，缸内气体温度较高，内能较大。
2. 图B：排气门打开，进气门关闭，活塞向上运动，属于排气冲程，缸内是做功后剩余的高温废气，气体温度高，内能较大。
3. 图C：两个气门均关闭，活塞向上运动，属于压缩冲程，活塞对缸内气体做功，机械能转化为气体的内能，气体内能大幅升高，内能很高。
4. 图D：进气门打开，排气门关闭，活塞向下运动，属于吸气冲程，此时汽缸内吸入的是常温的新鲜空气（或油气混合物），气体温度是四个冲程中最低的，因此汽缸内气体的内能最小。
综上，符合要求的是D选项。
【答案】
D
【知识点】
内燃机四冲程判断，内能的影响因素
【点评】
本题结合内燃机四冲程的图像考查内能大小的判断，易错点是容易误认为做功冲程结束后气体内能最小，忽略了吸气冲程吸入的是常温新鲜气体，温度远低于其余三个冲程的缸内气体，解题时需要结合四冲程的先后工作逻辑和各冲程的能量变化综合分析。
【难度系数】
0.6
8. 在沿海地区,炎热、晴朗的天气里常常出现“海陆风”,当出现如图所示风向时,通常 (
A.发生在白天,且陆地温度较高
B.发生在白天,且海水温度较高
C.发生在夜晚,且陆地温度较高
D.发生在夜晚,且海水温度较高
D
)A.发生在白天,且陆地温度较高
B.发生在白天,且海水温度较高
C.发生在夜晚,且陆地温度较高
D.发生在夜晚,且海水温度较高
答案
8. D 解析:水的比热容比泥土、沙石的大,白天太阳照射时,水面温度上升得慢,陆地温度上升得快,热空气上升,冷空气补充,风从海面吹向陆地,形成海风;晚上,气温下降,水面温度下降得慢,温度高,热空气上升,风从陆地吹向海面,形成陆风.由图可知,此时地面附近的空气从陆地吹向海洋,形成陆风,故出现题图所示风向时,通常发生在夜晚,且海水温度较高.故选D.
解析
【分析】
解题时首先要从风向入手，先判断是海风还是陆风，再结合水的比热容远大于陆地砂石泥土的特性推导对应的场景：第一步先明确图示近地面风从陆地吹向海洋，属于陆风；第二步利用比热容的规律：相同吸放热条件下，水的温度变化比陆地小，分别分析白天、夜晚海陆的温度差异：白天陆地升温快温度更高，风从海吹向陆是海风；夜晚陆地降温快温度更低，海水降温慢温度更高，风从陆吹向海是陆风，最后匹配选项就能得到正确答案。
【解析】
1. 明确物质特性：水的比热容比陆地的泥土、沙石大得多，在吸收或放出相同热量时，水的温度变化幅度更小。
2. 判断风向类型：题图中近地面的空气流动方向是从陆地指向海洋，属于陆风。
3. 分场景推导：
白天：太阳照射下，陆地比热容小升温更快，陆地温度高于海水，陆地上方热空气上升，近地面形成低压，风从气压更高的海洋吹向陆地，形成海风，不符合题图风向。
夜晚：没有太阳辐射，海陆都向外放热，陆地比热容小降温更快，陆地温度低于海水，此时海水温度更高，海洋上方热空气上升，近地面海洋形成低压，风从气压更高的陆地吹向海洋，形成陆风，和题图风向完全吻合。
因此该现象发生在夜晚，且海水温度较高，对应选项D。
【答案】
D
【知识点】
比热容，海陆风，热力环流
【点评】
本题是比热容知识点结合地理热力环流的常见基础应用题，核心考查利用比热容差异分析海陆昼夜温度差的逻辑，易错点是容易混淆昼夜对应的海陆风向，只要抓住“水的温度变化比陆地慢”这个核心规律，就能快速推导温度高低和风向的对应关系，避免死记硬背出错。
【难度系数】
0.8
解题时首先要从风向入手，先判断是海风还是陆风，再结合水的比热容远大于陆地砂石泥土的特性推导对应的场景：第一步先明确图示近地面风从陆地吹向海洋，属于陆风；第二步利用比热容的规律：相同吸放热条件下，水的温度变化比陆地小，分别分析白天、夜晚海陆的温度差异：白天陆地升温快温度更高，风从海吹向陆是海风；夜晚陆地降温快温度更低，海水降温慢温度更高，风从陆吹向海是陆风，最后匹配选项就能得到正确答案。
【解析】
1. 明确物质特性：水的比热容比陆地的泥土、沙石大得多，在吸收或放出相同热量时，水的温度变化幅度更小。
2. 判断风向类型：题图中近地面的空气流动方向是从陆地指向海洋，属于陆风。
3. 分场景推导：
白天：太阳照射下，陆地比热容小升温更快，陆地温度高于海水，陆地上方热空气上升，近地面形成低压，风从气压更高的海洋吹向陆地，形成海风，不符合题图风向。
夜晚：没有太阳辐射，海陆都向外放热，陆地比热容小降温更快，陆地温度低于海水，此时海水温度更高，海洋上方热空气上升，近地面海洋形成低压，风从气压更高的陆地吹向海洋，形成陆风，和题图风向完全吻合。
因此该现象发生在夜晚，且海水温度较高，对应选项D。
【答案】
D
【知识点】
比热容，海陆风，热力环流
【点评】
本题是比热容知识点结合地理热力环流的常见基础应用题，核心考查利用比热容差异分析海陆昼夜温度差的逻辑，易错点是容易混淆昼夜对应的海陆风向，只要抓住“水的温度变化比陆地慢”这个核心规律，就能快速推导温度高低和风向的对应关系，避免死记硬背出错。
【难度系数】
0.8
9. 用如图所示的两套相同装置探究不同物质吸热升温的现象，将相等质量的沙子和水分别装入铝桶中，用温度计测出它们的初始
温度
，点燃酒精灯加热，用玻璃棒不断搅拌
沙子和水，观察到沙子升温比水快，由此，可以推得，质量相等的沙子和水，升高相同的温度，水
吸收的热量多.答案
9. 温度 不断搅拌 水 解析:在探究沙子和水吸热能力的实验中,将相等质量的沙子和水分别装入铝桶中,要先用温度计测出它们的初始温度,可以通过比较两种物质的温度变化来反映水和沙子吸热能力的强弱.加热过程中要用玻璃棒不断搅拌,目的是使被加热的物质受热均匀.观察到沙子升温比水快,说明水的吸热能力更强,故质量相等的沙子和水,若使两者升高相同的温度,则水吸收的热量较多.
解析
【分析】
我们可以顺着该探究实验的操作逻辑逐步推导：首先，要对比沙子和水升温的快慢，必须先明确二者初始的温度，才能后续计算温度的变化量，完成升温快慢的对比；其次，加热过程中为了让被加热的物质各处受热均匀，避免局部温度过高干扰实验结果，需要用玻璃棒对桶内的物质进行操作；最后，已知相同加热条件下沙子升温比水快，说明吸收相同热量时沙子温度升高更多，反过来推导，质量相等的两种物质升高相同温度时，升温更慢的物质需要吸收更多的热量。
【解析】
1. 本实验需要通过温度的变化量来反映不同物质的吸热特性，因此装入等质量的沙子和水后，首先要用温度计测出它们的初始温度；
2. 加热过程中，使用玻璃棒不断搅拌沙子和水，可以让物质受热均匀，保证温度测量的准确性；
3. 相同的酒精灯加热，意味着相同时间内沙子和水吸收的热量近似相等，沙子升温比水快，说明水的吸热能力更强，因此质量相等的沙子和水，升高相同的温度时，水需要的加热时间更长，吸收的热量更多。
【答案】
温度；不断搅拌；水
【知识点】
比热容探究实验，实验基本操作，吸热能力比较
【点评】
本题是热学中探究不同物质吸热升温现象的基础实验题，重点考查实验的常规操作步骤、操作目的，以及结合实验现象推导吸热能力差异的逻辑，属于比热容相关内容的入门常考题型，侧重对实验基础的记忆和理解。
【难度系数】
0.8
我们可以顺着该探究实验的操作逻辑逐步推导：首先，要对比沙子和水升温的快慢，必须先明确二者初始的温度，才能后续计算温度的变化量，完成升温快慢的对比；其次，加热过程中为了让被加热的物质各处受热均匀，避免局部温度过高干扰实验结果，需要用玻璃棒对桶内的物质进行操作；最后，已知相同加热条件下沙子升温比水快，说明吸收相同热量时沙子温度升高更多，反过来推导，质量相等的两种物质升高相同温度时，升温更慢的物质需要吸收更多的热量。
【解析】
1. 本实验需要通过温度的变化量来反映不同物质的吸热特性，因此装入等质量的沙子和水后，首先要用温度计测出它们的初始温度；
2. 加热过程中，使用玻璃棒不断搅拌沙子和水，可以让物质受热均匀，保证温度测量的准确性；
3. 相同的酒精灯加热，意味着相同时间内沙子和水吸收的热量近似相等，沙子升温比水快，说明水的吸热能力更强，因此质量相等的沙子和水，升高相同的温度时，水需要的加热时间更长，吸收的热量更多。
【答案】
温度；不断搅拌；水
【知识点】
比热容探究实验，实验基本操作，吸热能力比较
【点评】
本题是热学中探究不同物质吸热升温现象的基础实验题，重点考查实验的常规操作步骤、操作目的，以及结合实验现象推导吸热能力差异的逻辑，属于比热容相关内容的入门常考题型，侧重对实验基础的记忆和理解。
【难度系数】
0.8
10. (2025·南京中考)如图所示是一台四冲程汽油机的某个冲程,在此冲程中
内
能转化为机械
能;若飞轮转速为1 800 r/min,则该汽油机每秒钟完成15
个工作循环;在一段时间内消耗了500 g汽油,若这些汽油完全燃烧,则放出的热量是$2.3×10^{7}$
J.($q_{汽油}=4.6×10^{7}\ \mathrm{J/kg}$)答案
10. 内 机械 15 $2.3×10^{7}$ 解析:由图可知,两个气门都关闭,火花塞产生电火花,活塞向下运动,因此是做功冲程,把燃料燃烧产生的内能转化为机械能;四冲程汽油机的飞轮转速为1800 r/min=30 r/s,即在1 s内飞轮转30 r;因为每完成一个工作循环飞轮转2 r,所以该汽油机在1 s内完成了15个工作循环;500 g汽油完全燃烧放出的热量$Q_{放}=mq_{汽油}=500×10^{-3}kg×4.6×10^{7}J/kg=2.3×10^{7}J$.
解析
【分析】
我们可以分三步逐步推导解题：第一步先判断图示的汽油机冲程类型，观察图中特征：两个气门都处于关闭状态，火花塞正在点火，活塞向下运动，符合做功冲程的特征，对应能量转化就可以直接得出。第二步计算每秒的工作循环数，先把飞轮转速的单位从转每分换算为转每秒，结合四冲程汽油机“1个完整工作循环飞轮转2周”的规律，用每秒飞轮转数除以2就能得到每秒的工作循环数。第三步计算汽油完全燃烧放出的热量，先把汽油质量的单位从克换算为千克，直接代入燃料完全燃烧放热公式Q放=mq计算即可。
【解析】
1. 冲程与能量转化判断：由图可知，汽油机的进气门、排气门均关闭，火花塞点火，活塞向下运动，属于做功冲程，该冲程将燃料燃烧释放的内能转化为活塞运动的机械能。
2. 每秒工作循环数计算：飞轮转速为1800 r/min，换算单位得$1800\ \mathrm{r/min}=\frac{1800}{60}\ \mathrm{r/s}=30\ \mathrm{r/s}$，即每秒飞轮转动30圈。四冲程汽油机每完成1个工作循环，飞轮转动2圈，因此每秒完成的工作循环数为$\frac{30}{2}=15$个。
3. 汽油完全燃烧放热计算：汽油质量$m=500\ \mathrm{g}=0.5\ \mathrm{kg}$，代入燃料完全燃烧放热公式：
$Q_{\mathrm{放}}=mq_{\mathrm{汽油}}=0.5\ \mathrm{kg} × 4.6×10^{7}\ \mathrm{J/kg}=2.3×10^{7}\ \mathrm{J}$。
【答案】
内；机械；15；$2.3×10^{7}$
【知识点】
汽油机做功冲程能量转化；热机工作循环计算；燃料完全燃烧放热计算
【点评】
本题是热机模块的常规基础考题，覆盖了四冲程汽油机的核心基础考点，只要牢记四冲程的气门状态、活塞运动特征，掌握飞轮转数和工作循环的对应关系，注意质量单位的换算，就可以顺利完成解答，属于热学部分的必拿分基础题型。
【难度系数】
0.8
我们可以分三步逐步推导解题：第一步先判断图示的汽油机冲程类型，观察图中特征：两个气门都处于关闭状态，火花塞正在点火，活塞向下运动，符合做功冲程的特征，对应能量转化就可以直接得出。第二步计算每秒的工作循环数，先把飞轮转速的单位从转每分换算为转每秒，结合四冲程汽油机“1个完整工作循环飞轮转2周”的规律，用每秒飞轮转数除以2就能得到每秒的工作循环数。第三步计算汽油完全燃烧放出的热量，先把汽油质量的单位从克换算为千克，直接代入燃料完全燃烧放热公式Q放=mq计算即可。
【解析】
1. 冲程与能量转化判断：由图可知，汽油机的进气门、排气门均关闭，火花塞点火，活塞向下运动，属于做功冲程，该冲程将燃料燃烧释放的内能转化为活塞运动的机械能。
2. 每秒工作循环数计算：飞轮转速为1800 r/min，换算单位得$1800\ \mathrm{r/min}=\frac{1800}{60}\ \mathrm{r/s}=30\ \mathrm{r/s}$，即每秒飞轮转动30圈。四冲程汽油机每完成1个工作循环，飞轮转动2圈，因此每秒完成的工作循环数为$\frac{30}{2}=15$个。
3. 汽油完全燃烧放热计算：汽油质量$m=500\ \mathrm{g}=0.5\ \mathrm{kg}$，代入燃料完全燃烧放热公式：
$Q_{\mathrm{放}}=mq_{\mathrm{汽油}}=0.5\ \mathrm{kg} × 4.6×10^{7}\ \mathrm{J/kg}=2.3×10^{7}\ \mathrm{J}$。
【答案】
内；机械；15；$2.3×10^{7}$
【知识点】
汽油机做功冲程能量转化；热机工作循环计算；燃料完全燃烧放热计算
【点评】
本题是热机模块的常规基础考题，覆盖了四冲程汽油机的核心基础考点，只要牢记四冲程的气门状态、活塞运动特征，掌握飞轮转数和工作循环的对应关系，注意质量单位的换算，就可以顺利完成解答，属于热学部分的必拿分基础题型。
【难度系数】
0.8
11. (2025·广元中考)如图所示是我国自行研制的大型客机C919,若它在高空水平定速巡航飞行10 km消耗的汽油为100 kg,受到的阻力为$1.15×10^{5}\ \mathrm{N}$,则飞机发动机的热机效率为
25%
;为节能减排,现设法回收未利用的能量,若回收的能量占汽油完全燃烧放出能量的21%,可使4600
kg水的温度升高$50\ °\mathrm{C}$.[汽油热值为$4.6×10^{7}\ \mathrm{J/kg}$,水的比热容为$4.2×10^{3}\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg}·\ °\mathrm{C})$]答案
11. 25% 4600 解析:C919在高空水平定速巡航飞行时,做匀速直线运动,处于平衡状态,牵引力$F=f=1.15×10^{5}N$,则牵引力做功为$W=Fs=1.15×10^{5}N×10×10^{3}m=1.15×10^{9}J$,汽油完全燃烧放出的热量为$Q_{放}=mq=100kg×4.6×10^{7}J/kg=4.6×10^{9}J$,则飞机发动机的热机效率为$\eta =\frac {W}{Q_{放}}×100\% =\frac {1.15×10^{9}J}{4.6×10^{9}J}×100\% =25\% $;回收的能量为$Q=21\% ×Q_{放}=21\% ×4.6×10^{9}J=9.66×10^{8}J$,则水的质量为$m_{水}=\frac {Q}{c\Delta t}=\frac {9.66×10^{8}J}{4.2×10^{3}J/(kg· ^{\circ }C)×50^{\circ }C}=4600kg.$
解析
【分析】
这是一道力学与热学结合的综合计算题，解题思路可以分两步走：第一空求热机效率，首先飞机水平定速巡航属于匀速直线运动，受力平衡，牵引力大小等于阻力，先通过W=Fs算出牵引力做的有用功；再利用燃料完全燃烧放热公式算出汽油释放的总热量，热机效率就是有用功和总放热的比值，代入数值即可得到结果。第二空求水的质量，先根据题意算出占总放热21%的回收能量，再利用水的吸热公式Q吸=cmΔt做变形，代入已知的水的比热容、升温数值，就能算出对应水的质量。
【解析】
1. 计算牵引力做的有用功：
飞机水平定速巡航，做匀速直线运动，受力平衡，因此牵引力等于阻力：
$F = f = 1.15×10^5\ \mathrm{N}$
飞行路程$s=10\ \mathrm{km}=1×10^4\ \mathrm{m}$
牵引力做的有用功：
$W = Fs = 1.15×10^5\ \mathrm{N} × 1×10^4\ \mathrm{m} = 1.15×10^9\ \mathrm{J}$
2. 计算汽油完全燃烧放出的总热量：
$Q_{\mathrm{放}} = m_{\mathrm{汽油}}q = 100\ \mathrm{kg} × 4.6×10^7\ \mathrm{J/kg} = 4.6×10^9\ \mathrm{J}$
3. 计算发动机热机效率：
$\eta = \frac{W}{Q_{\mathrm{放}}} × 100\% = \frac{1.15×10^9\ \mathrm{J}}{4.6×10^9\ \mathrm{J}} × 100\% = 25\%$
4. 计算回收的能量：
$Q_{\mathrm{回收}} = 21\% × Q_{\mathrm{放}} = 0.21 × 4.6×10^9\ \mathrm{J} = 9.66×10^8\ \mathrm{J}$
5. 计算可升温的水的质量：
由吸热公式$Q_{\mathrm{吸}}=c_{\mathrm{水}}m_{\mathrm{水}}\Delta t$变形可得：
$m_{\mathrm{水}} = \frac{Q_{\mathrm{回收}}}{c_{\mathrm{水}}\Delta t} = \frac{9.66×10^8\ \mathrm{J}}{4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg· °C)} × 50°C} = 4600\ \mathrm{kg}$
【答案】
25%；4600
【知识点】
热机效率计算，燃料放热计算，比热容吸热计算
【点评】
本题结合国产大飞机C919的真实情境命题，将匀速运动受力平衡、热学相关计算结合起来，属于中考常见的热学综合基础题型，解题时只需要注意单位统一，熟练掌握对应公式的正向和变形应用，就可以顺利完成求解。
【难度系数】
0.7
这是一道力学与热学结合的综合计算题，解题思路可以分两步走：第一空求热机效率，首先飞机水平定速巡航属于匀速直线运动，受力平衡，牵引力大小等于阻力，先通过W=Fs算出牵引力做的有用功；再利用燃料完全燃烧放热公式算出汽油释放的总热量，热机效率就是有用功和总放热的比值，代入数值即可得到结果。第二空求水的质量，先根据题意算出占总放热21%的回收能量，再利用水的吸热公式Q吸=cmΔt做变形，代入已知的水的比热容、升温数值，就能算出对应水的质量。
【解析】
1. 计算牵引力做的有用功：
飞机水平定速巡航，做匀速直线运动，受力平衡，因此牵引力等于阻力：
$F = f = 1.15×10^5\ \mathrm{N}$
飞行路程$s=10\ \mathrm{km}=1×10^4\ \mathrm{m}$
牵引力做的有用功：
$W = Fs = 1.15×10^5\ \mathrm{N} × 1×10^4\ \mathrm{m} = 1.15×10^9\ \mathrm{J}$
2. 计算汽油完全燃烧放出的总热量：
$Q_{\mathrm{放}} = m_{\mathrm{汽油}}q = 100\ \mathrm{kg} × 4.6×10^7\ \mathrm{J/kg} = 4.6×10^9\ \mathrm{J}$
3. 计算发动机热机效率：
$\eta = \frac{W}{Q_{\mathrm{放}}} × 100\% = \frac{1.15×10^9\ \mathrm{J}}{4.6×10^9\ \mathrm{J}} × 100\% = 25\%$
4. 计算回收的能量：
$Q_{\mathrm{回收}} = 21\% × Q_{\mathrm{放}} = 0.21 × 4.6×10^9\ \mathrm{J} = 9.66×10^8\ \mathrm{J}$
5. 计算可升温的水的质量：
由吸热公式$Q_{\mathrm{吸}}=c_{\mathrm{水}}m_{\mathrm{水}}\Delta t$变形可得：
$m_{\mathrm{水}} = \frac{Q_{\mathrm{回收}}}{c_{\mathrm{水}}\Delta t} = \frac{9.66×10^8\ \mathrm{J}}{4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg· °C)} × 50°C} = 4600\ \mathrm{kg}$
【答案】
25%；4600
【知识点】
热机效率计算，燃料放热计算，比热容吸热计算
【点评】
本题结合国产大飞机C919的真实情境命题，将匀速运动受力平衡、热学相关计算结合起来，属于中考常见的热学综合基础题型，解题时只需要注意单位统一，熟练掌握对应公式的正向和变形应用，就可以顺利完成求解。
【难度系数】
0.7
12. (2025·南京鼓楼区期末)南京首条氢能源公交示范线在高淳科技新城举行,氢燃料新能源具有清洁无污染、效率高等优点,其热值为$q=1.4×10^{8}\ \mathrm{J/kg}$.求:
(1)质量为$0.6\ \mathrm{kg}$的氢燃料完全燃烧放出的热量是多少?
(2)用这些热量给质量为$400\ \mathrm{kg}$,初温是$20\ °\mathrm{C}$的水加热,不计热量损失,水升高的温度是多少? 已知$c_{\mathrm{水}}=4.2×10^{3}\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg}·°\mathrm{C})$.
(3)某氢能源汽车以$1.4×10^{5}\ \mathrm{W}$的恒定功率匀速行驶,若这些热量的$50\%$用来做有用功,则该汽车匀速行驶多少秒?
(1)质量为$0.6\ \mathrm{kg}$的氢燃料完全燃烧放出的热量是多少?
(2)用这些热量给质量为$400\ \mathrm{kg}$,初温是$20\ °\mathrm{C}$的水加热,不计热量损失,水升高的温度是多少? 已知$c_{\mathrm{水}}=4.2×10^{3}\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg}·°\mathrm{C})$.
(3)某氢能源汽车以$1.4×10^{5}\ \mathrm{W}$的恒定功率匀速行驶,若这些热量的$50\%$用来做有用功,则该汽车匀速行驶多少秒?
答案
12. (1)$8.4×10^{7}J$ (2)$50^{\circ }C$ (3)300 s
解析:(1)0.6 kg的氢燃料完全燃烧放出的热量$Q_{放}=$$m_{氢}q=0.6kg×1.4×10^{8}J/kg=8.4×10^{7}J$;
(2)水吸收的热量$Q_{吸}=Q_{放}=8.4×10^{7}J$,根据$Q=cm\Delta t$得出水升高温度$\Delta t=\frac {Q_{吸}}{c_{水}m_{水}}=\frac {8.4×10^{7}J}{4.2×10^{3}J/(kg· ^{\circ }C)×400kg}=$$50^{\circ }C$;
(3)氢能源汽车做的有用功为$W=\eta Q_{放}=50\% ×8.4×10^{7}J=$$4.2×10^{7}J$,
根据功率公式可知该汽车匀速行驶的时间为$t=\frac {W}{P}=$$\frac {4.2×10^{7}J}{1.4×10^{5}W}=300s.$
解析:(1)0.6 kg的氢燃料完全燃烧放出的热量$Q_{放}=$$m_{氢}q=0.6kg×1.4×10^{8}J/kg=8.4×10^{7}J$;
(2)水吸收的热量$Q_{吸}=Q_{放}=8.4×10^{7}J$,根据$Q=cm\Delta t$得出水升高温度$\Delta t=\frac {Q_{吸}}{c_{水}m_{水}}=\frac {8.4×10^{7}J}{4.2×10^{3}J/(kg· ^{\circ }C)×400kg}=$$50^{\circ }C$;
(3)氢能源汽车做的有用功为$W=\eta Q_{放}=50\% ×8.4×10^{7}J=$$4.2×10^{7}J$,
根据功率公式可知该汽车匀速行驶的时间为$t=\frac {W}{P}=$$\frac {4.2×10^{7}J}{1.4×10^{5}W}=300s.$
解析
【分析】
这是一道热学与力学功率结合的基础综合计算题，解题思路可以对应三个小问逐步推进：
1. 第一问直接调用燃料完全燃烧放热公式，代入已知的氢燃料质量和给定热值，就能直接算出燃烧释放的总热量；
2. 第二问抓住“不计热量损失”的条件，可知氢燃料放出的热量全部被水吸收，即Q吸=Q放，再把水的吸热公式变形为求温度变化的形式，代入水的比热容、质量等已知量，就能得到水升高的温度，注意题目要求的是升高的温度，不需要额外加初温计算末温；
3. 第三问先根据给定的能量利用效率，算出转化为有用功的能量，再结合功率的定义式变形得到时间的计算式，代入汽车的恒定功率数值，即可求出汽车匀速行驶的时间。
【解析】
解：
(1) 质量为0.6kg的氢燃料完全燃烧放出的热量：
$Q_{放}=m_{氢}q=0.6\ \mathrm{kg}×1.4×10^{8}\ \mathrm{J/kg}=8.4×10^{7}\ \mathrm{J}$
(2) 不计热量损失，水吸收的热量等于氢燃料完全燃烧放出的热量，即$Q_{吸}=Q_{放}=8.4×10^{7}\ \mathrm{J}$
由吸热公式$Q_{吸}=c_{水}m_{水}\Delta t$，变形可得水升高的温度：
$\Delta t=\frac{Q_{吸}}{c_{水}m_{水}}=\frac{8.4×10^{7}\ \mathrm{J}}{4.2×10^{3}\ \mathrm{J/(kg·°C)}×400\ \mathrm{kg}}=50\ °\mathrm{C}$
(3) 由题意可知，氢燃料释放热量转化的有用功为：
$W=\eta Q_{放}=50\% ×8.4×10^{7}\ \mathrm{J}=4.2×10^{7}\ \mathrm{J}$
根据功率公式$P=\frac{W}{t}$，变形可得汽车匀速行驶的时间：
$t=\frac{W}{P}=\frac{4.2×10^{7}\ \mathrm{J}}{1.4×10^{5}\ \mathrm{W}}=300\ \mathrm{s}$
【答案】
(1)$8.4×10^{7}\ \mathrm{J}$ (2)$50\ °\mathrm{C}$ (3)$300\ \mathrm{s}$
【知识点】
燃料放热计算，比热容应用，功率公式计算
【点评】
本题属于热功结合的基础综合题型，全部为教材核心公式的直接变形应用，仅设置了少量易错点：比如第二问要求计算“升高的温度”而非水的末温，第三问需要先通过效率筛选出有用功再代入功率公式计算，整体难度低，适合学生巩固热值、比热容、功率相关的基础计算能力。
【难度系数】
0.8
这是一道热学与力学功率结合的基础综合计算题，解题思路可以对应三个小问逐步推进：
1. 第一问直接调用燃料完全燃烧放热公式，代入已知的氢燃料质量和给定热值，就能直接算出燃烧释放的总热量；
2. 第二问抓住“不计热量损失”的条件，可知氢燃料放出的热量全部被水吸收，即Q吸=Q放，再把水的吸热公式变形为求温度变化的形式，代入水的比热容、质量等已知量，就能得到水升高的温度，注意题目要求的是升高的温度，不需要额外加初温计算末温；
3. 第三问先根据给定的能量利用效率，算出转化为有用功的能量，再结合功率的定义式变形得到时间的计算式，代入汽车的恒定功率数值，即可求出汽车匀速行驶的时间。
【解析】
解：
(1) 质量为0.6kg的氢燃料完全燃烧放出的热量：
$Q_{放}=m_{氢}q=0.6\ \mathrm{kg}×1.4×10^{8}\ \mathrm{J/kg}=8.4×10^{7}\ \mathrm{J}$
(2) 不计热量损失，水吸收的热量等于氢燃料完全燃烧放出的热量，即$Q_{吸}=Q_{放}=8.4×10^{7}\ \mathrm{J}$
由吸热公式$Q_{吸}=c_{水}m_{水}\Delta t$，变形可得水升高的温度：
$\Delta t=\frac{Q_{吸}}{c_{水}m_{水}}=\frac{8.4×10^{7}\ \mathrm{J}}{4.2×10^{3}\ \mathrm{J/(kg·°C)}×400\ \mathrm{kg}}=50\ °\mathrm{C}$
(3) 由题意可知，氢燃料释放热量转化的有用功为：
$W=\eta Q_{放}=50\% ×8.4×10^{7}\ \mathrm{J}=4.2×10^{7}\ \mathrm{J}$
根据功率公式$P=\frac{W}{t}$，变形可得汽车匀速行驶的时间：
$t=\frac{W}{P}=\frac{4.2×10^{7}\ \mathrm{J}}{1.4×10^{5}\ \mathrm{W}}=300\ \mathrm{s}$
【答案】
(1)$8.4×10^{7}\ \mathrm{J}$ (2)$50\ °\mathrm{C}$ (3)$300\ \mathrm{s}$
【知识点】
燃料放热计算，比热容应用，功率公式计算
【点评】
本题属于热功结合的基础综合题型，全部为教材核心公式的直接变形应用，仅设置了少量易错点：比如第二问要求计算“升高的温度”而非水的末温，第三问需要先通过效率筛选出有用功再代入功率公式计算，整体难度低，适合学生巩固热值、比热容、功率相关的基础计算能力。
【难度系数】
0.8
