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8.如图所示是完全燃烧A、B两种燃料的质量与放出的热量的关系图像，由图像可知，A、B两种燃料的热值大小关系是（
A.$q_A ＜ q_B$
B.$q_A = q_B$
C.$q_A ＞ q_B$
D.无法比较
C
）A.$q_A ＜ q_B$
B.$q_A = q_B$
C.$q_A ＞ q_B$
D.无法比较
答案
8.C
解析
【分析】要比较A、B两种燃料的热值，需依据热值公式$ q = \frac{Q}{m} $（完全燃烧时）。从图像中选取相同的质量$ m $，观察对应放出热量$ Q $的大小，根据公式，质量相同时，放出热量越多，热值越大，据此判断两者热值关系。
【解析】热值的定义是单位质量的燃料完全燃烧放出的热量，公式为$ q = \frac{Q}{m} $。在图像中，取横坐标（质量$ m $）相同的点，此时燃料A对应的纵坐标（热量$ Q $）大于燃料B对应的热量$ Q $。代入公式，当$ m $相同时，$ Q $越大，$ q $越大，因此$ q_A ＞ q_B $。
【答案】C
【知识点】热值概念、热量与质量关系
【点评】本题结合图像考查热值的比较，核心是利用热值公式和控制变量法分析图像，属于基础题型，难度较低。
【难度系数】0.3
【解析】热值的定义是单位质量的燃料完全燃烧放出的热量，公式为$ q = \frac{Q}{m} $。在图像中，取横坐标（质量$ m $）相同的点，此时燃料A对应的纵坐标（热量$ Q $）大于燃料B对应的热量$ Q $。代入公式，当$ m $相同时，$ Q $越大，$ q $越大，因此$ q_A ＞ q_B $。
【答案】C
【知识点】热值概念、热量与质量关系
【点评】本题结合图像考查热值的比较，核心是利用热值公式和控制变量法分析图像，属于基础题型，难度较低。
【难度系数】0.3
9.关于热机，下列说法中正确的是（
A.热机的效率越高，说明热机做功越快
B.新能源汽车的发动机的效率可达100％
C.提高热机的效率可以节约能源，减少污染
D.在做功同样多的情况下，消耗的燃料越多，热机的效率越高
C
）A.热机的效率越高，说明热机做功越快
B.新能源汽车的发动机的效率可达100％
C.提高热机的效率可以节约能源，减少污染
D.在做功同样多的情况下，消耗的燃料越多，热机的效率越高
答案
9.C
解析
【分析】
首先明确热机效率的定义：热机效率是指热机用来做有用功的能量与燃料完全燃烧放出的能量之比，它反映能量的利用程度，与表示做功快慢的功率是不同的物理量；且任何热机工作时都会存在能量损失，效率不可能达到100%。再逐一分析选项：A选项混淆了效率和功率的概念；B选项违背热机能量损失的规律；C选项符合提高热机效率的意义；D选项错误理解了效率与燃料消耗的关系。
【解析】
逐个分析选项：
A选项：热机效率是能量利用的比值，做功快慢是功率，二者无关，效率高不代表做功快，A错误；
B选项：热机工作时总有能量损失（如散热、克服摩擦等），效率不可能达到100%，B错误；
C选项：提高热机效率，可让燃料释放的能量更多转化为有用功，减少燃料消耗，从而节约能源，降低废气等污染，C正确；
D选项：做功相同，消耗燃料越多，说明总能量越多，有用功占比越小，热机效率越低，D错误。
【答案】
C
【知识点】
热机效率、能量利用效率
【点评】
本题考查热机效率的基础概念，需明确效率与功率的区别、热机效率的极限，属于概念辨析类基础题，难度不大。
【难度系数】
0.7
首先明确热机效率的定义：热机效率是指热机用来做有用功的能量与燃料完全燃烧放出的能量之比，它反映能量的利用程度，与表示做功快慢的功率是不同的物理量；且任何热机工作时都会存在能量损失，效率不可能达到100%。再逐一分析选项：A选项混淆了效率和功率的概念；B选项违背热机能量损失的规律；C选项符合提高热机效率的意义；D选项错误理解了效率与燃料消耗的关系。
【解析】
逐个分析选项：
A选项：热机效率是能量利用的比值，做功快慢是功率，二者无关，效率高不代表做功快，A错误；
B选项：热机工作时总有能量损失（如散热、克服摩擦等），效率不可能达到100%，B错误；
C选项：提高热机效率，可让燃料释放的能量更多转化为有用功，减少燃料消耗，从而节约能源，降低废气等污染，C正确；
D选项：做功相同，消耗燃料越多，说明总能量越多，有用功占比越小，热机效率越低，D错误。
【答案】
C
【知识点】
热机效率、能量利用效率
【点评】
本题考查热机效率的基础概念，需明确效率与功率的区别、热机效率的极限，属于概念辨析类基础题，难度不大。
【难度系数】
0.7
10.(陕西中考)在标准大气压下,使用煤气灶将2 kg的水从20 ℃加热到100 ℃,水吸收的热量是
$6.72×10^5$
J,若不计热量损失,此过程需要完全燃烧0.016
kg的煤气,这是通过热传递
的方式增加了水的内能。未使用完的煤气的热值不变
(选填“变大”“变小”或“不变”)。[水的比热容为$4.2×10^3$ J/(kg·℃),煤气的热值为$4.2×10^7$ J/kg]答案
10.$6.72×10^5$；0.016；热传递；不变
解析
【分析】
本题需依次解决四个问题：1. 计算水吸收的热量，利用吸热公式$Q_{吸}=cm\Delta t$；2. 不计热量损失时，根据$Q_{放}=Q_{吸}$和$Q_{放}=mq$计算煤气质量；3. 判断改变内能的方式，区分做功与热传递；4. 明确热值是燃料的固有属性，与质量无关。
【解析】
1. 水吸收的热量：
根据吸热公式$Q_{吸}=c_{水}m_{水}(t-t_{0})$，代入数据得：
$Q_{吸}=4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}×2\ \mathrm{kg}×(100℃-20℃)=6.72×10^5\ \mathrm{J}$。
2. 不计热量损失时，煤气完全燃烧放出的热量$Q_{放}=Q_{吸}=6.72×10^5\ \mathrm{J}$，根据$Q_{放}=m_{煤气}q$，得需要煤气的质量：
$m_{煤气}=\frac{Q_{放}}{q}=\frac{6.72×10^5\ \mathrm{J}}{4.2×10^7\ \mathrm{J/kg}}=0.016\ \mathrm{kg}$。
3. 用煤气灶加热水时，热量从煤气转移到水，是通过热传递的方式增加水的内能。
4. 热值是燃料的固有特性，只与燃料种类有关，与质量无关，因此未使用完的煤气热值不变。
【答案】
$6.72×10^5$；$0.016$；热传递；不变
【知识点】
热量计算、热值、内能的改变方式
【点评】
本题为中考基础题型，综合考查热量公式应用、热值特性及内能改变方式，知识点均为核心基础内容，计算难度低，需准确记忆公式与概念。
【难度系数】
0.8
本题需依次解决四个问题：1. 计算水吸收的热量，利用吸热公式$Q_{吸}=cm\Delta t$；2. 不计热量损失时，根据$Q_{放}=Q_{吸}$和$Q_{放}=mq$计算煤气质量；3. 判断改变内能的方式，区分做功与热传递；4. 明确热值是燃料的固有属性，与质量无关。
【解析】
1. 水吸收的热量：
根据吸热公式$Q_{吸}=c_{水}m_{水}(t-t_{0})$，代入数据得：
$Q_{吸}=4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}×2\ \mathrm{kg}×(100℃-20℃)=6.72×10^5\ \mathrm{J}$。
2. 不计热量损失时，煤气完全燃烧放出的热量$Q_{放}=Q_{吸}=6.72×10^5\ \mathrm{J}$，根据$Q_{放}=m_{煤气}q$，得需要煤气的质量：
$m_{煤气}=\frac{Q_{放}}{q}=\frac{6.72×10^5\ \mathrm{J}}{4.2×10^7\ \mathrm{J/kg}}=0.016\ \mathrm{kg}$。
3. 用煤气灶加热水时，热量从煤气转移到水，是通过热传递的方式增加水的内能。
4. 热值是燃料的固有特性，只与燃料种类有关，与质量无关，因此未使用完的煤气热值不变。
【答案】
$6.72×10^5$；$0.016$；热传递；不变
【知识点】
热量计算、热值、内能的改变方式
【点评】
本题为中考基础题型，综合考查热量公式应用、热值特性及内能改变方式，知识点均为核心基础内容，计算难度低，需准确记忆公式与概念。
【难度系数】
0.8
11.在“比较酒精和碎纸片燃烧时放出的热量”实验中。
(1)由于燃料充分燃烧放出热量的多少不仅与燃料种类这一个因素有关，因此实验时必须控制酒精和碎纸片的
(2)如图是小明安装好的实验装置，其中存在的错误是
(3)小华纠正了小明的错误，又组装了一套相同的实验装置，备好秒表。在两燃烧皿中
分别加入准备好的酒精和碎纸片，读出水的初温后，进行如下操作：
①先点燃酒精，再点燃碎纸片；
②保证酒精和碎纸片燃烧时间相同，读取温度计的示数；
③待酒精和碎纸片充分燃烧结束，分别读取温度计的示数。
小红认为上述操作中，操作
(1)由于燃料充分燃烧放出热量的多少不仅与燃料种类这一个因素有关，因此实验时必须控制酒精和碎纸片的
质量
相等；实验中还需控制被加热的水的质量和初温均相同，以便于通过水升高的温度来反映燃料完全燃烧放出的热量
。(2)如图是小明安装好的实验装置，其中存在的错误是
温度计的玻璃泡没有充分浸入到烧杯的水中
。(3)小华纠正了小明的错误，又组装了一套相同的实验装置，备好秒表。在两燃烧皿中
分别加入准备好的酒精和碎纸片，读出水的初温后，进行如下操作：
①先点燃酒精，再点燃碎纸片；
②保证酒精和碎纸片燃烧时间相同，读取温度计的示数；
③待酒精和碎纸片充分燃烧结束，分别读取温度计的示数。
小红认为上述操作中，操作
②
(填序号)是错误的。小明根据正确操作获得的数据，算出了燃料的热值，发现结果小于该燃料的实际热值，原因是燃料燃烧放出的热量有一部分会散失到空气中
。答案
11.(1)质量 通过水升高的温度来反映燃料完全燃烧放出的热量
(2)温度计的玻璃泡没有充分浸入到烧杯的水中
(3)② 燃料燃烧放出的热量有一部分会散失到空气中
(2)温度计的玻璃泡没有充分浸入到烧杯的水中
(3)② 燃料燃烧放出的热量有一部分会散失到空气中
解析
【分析】
本题是探究不同燃料热值的实验，需结合控制变量法、转换法分析实验设计，同时掌握温度计的正确使用方法，以及实验误差的成因。解题思路：(1)根据燃料放热公式Q=mq，明确需控制燃料质量相同，利用水升高的温度反映燃料放热多少；(2)依据温度计使用规则判断装置错误；(3)结合实验目的（比较完全燃烧相同质量燃料的放热）判断操作正误，从热量损失角度分析热值偏小的原因。
【解析】
(1) 燃料充分燃烧放出的热量与燃料质量、种类有关，因此需控制酒精和碎纸片的质量相等；实验中控制被加热水的质量和初温相同，是利用转换法，通过水升高的温度来反映燃料完全燃烧放出的热量。
(2) 温度计使用时，玻璃泡需全部浸入被测液体中，图中错误是温度计的玻璃泡没有充分浸入到烧杯的水中。
(3) 实验目的是比较相同质量的燃料完全燃烧放出的热量，应让燃料充分燃烧，而非控制燃烧时间相同，故操作②错误；测得热值小于实际值，是因为燃料燃烧放出的热量有一部分会散失到空气中，还有部分被装置吸收，导致水吸收的热量小于燃料完全燃烧放出的热量，计算出的热值偏小。
【答案】
11.(1)质量；通过水升高的温度来反映燃料完全燃烧放出的热量
(2)温度计的玻璃泡没有充分浸入到烧杯的水中
(3)②；燃料燃烧放出的热量有一部分会散失到空气中
【知识点】
热值、控制变量法、温度计的使用
【点评】
本题围绕“比较不同燃料热值”的实验展开，考查实验设计的控制变量法、转换法应用，装置纠错及误差分析，是初中热学的基础实验题，需学生理解实验原理和操作要点。
【难度系数】
0.5
本题是探究不同燃料热值的实验，需结合控制变量法、转换法分析实验设计，同时掌握温度计的正确使用方法，以及实验误差的成因。解题思路：(1)根据燃料放热公式Q=mq，明确需控制燃料质量相同，利用水升高的温度反映燃料放热多少；(2)依据温度计使用规则判断装置错误；(3)结合实验目的（比较完全燃烧相同质量燃料的放热）判断操作正误，从热量损失角度分析热值偏小的原因。
【解析】
(1) 燃料充分燃烧放出的热量与燃料质量、种类有关，因此需控制酒精和碎纸片的质量相等；实验中控制被加热水的质量和初温相同，是利用转换法，通过水升高的温度来反映燃料完全燃烧放出的热量。
(2) 温度计使用时，玻璃泡需全部浸入被测液体中，图中错误是温度计的玻璃泡没有充分浸入到烧杯的水中。
(3) 实验目的是比较相同质量的燃料完全燃烧放出的热量，应让燃料充分燃烧，而非控制燃烧时间相同，故操作②错误；测得热值小于实际值，是因为燃料燃烧放出的热量有一部分会散失到空气中，还有部分被装置吸收，导致水吸收的热量小于燃料完全燃烧放出的热量，计算出的热值偏小。
【答案】
11.(1)质量；通过水升高的温度来反映燃料完全燃烧放出的热量
(2)温度计的玻璃泡没有充分浸入到烧杯的水中
(3)②；燃料燃烧放出的热量有一部分会散失到空气中
【知识点】
热值、控制变量法、温度计的使用
【点评】
本题围绕“比较不同燃料热值”的实验展开，考查实验设计的控制变量法、转换法应用，装置纠错及误差分析，是初中热学的基础实验题，需学生理解实验原理和操作要点。
【难度系数】
0.5
12.(潍坊中考)某建筑工地上,起重机在10 s内将质量为2.15 t的重物沿竖直方向匀速提升6 m,此过程起重机消耗柴油0.01 kg。柴油的热值$q=4.3×10^7$ J/kg,g取10 N/kg。
(1)求重物上升的速度。
(2)求起重机提升重物的功率。
(3)若将起重机提升重物做的功与消耗的柴油完全燃烧释放的热量之比定义为其提升效率,用字母η表示,求起重机的提升效率。
(1)求重物上升的速度。
(2)求起重机提升重物的功率。
(3)若将起重机提升重物做的功与消耗的柴油完全燃烧释放的热量之比定义为其提升效率,用字母η表示,求起重机的提升效率。
答案
12.(1)重物上升的速度 $v=\frac{s}{t}=\frac{6\ \mathrm{m}}{10\ \mathrm{s}}=0.6\ \mathrm{m/s}$
(2)起重机对重物做的有用功 $W_{有用}=Gh = mgh = 2.15×10^3\ \mathrm{kg}×10\ \mathrm{N/kg}×6\ \mathrm{m}=1.29×10^5\ \mathrm{J}$,则起重机提升重物的功率$P=\frac{W_{有用}}{t}=\frac{1.29×10^5\ \mathrm{J}}{10\ \mathrm{s}}=1.29×10^4\ \mathrm{W}$
(3)消耗的柴油完全燃烧放出的热量 $Q_{放}=m_{柴油}q=0.01\ \mathrm{kg}×4.3×10^7\ \mathrm{J/kg}=4.3×10^5\ \mathrm{J}$,则起重机的提升效率 $\eta=\frac{W_{有用}}{Q_{放}}×100\%=\frac{1.29×10^5\ \mathrm{J}}{4.3×10^5\ \mathrm{J}}×100\%=30\%$
(2)起重机对重物做的有用功 $W_{有用}=Gh = mgh = 2.15×10^3\ \mathrm{kg}×10\ \mathrm{N/kg}×6\ \mathrm{m}=1.29×10^5\ \mathrm{J}$,则起重机提升重物的功率$P=\frac{W_{有用}}{t}=\frac{1.29×10^5\ \mathrm{J}}{10\ \mathrm{s}}=1.29×10^4\ \mathrm{W}$
(3)消耗的柴油完全燃烧放出的热量 $Q_{放}=m_{柴油}q=0.01\ \mathrm{kg}×4.3×10^7\ \mathrm{J/kg}=4.3×10^5\ \mathrm{J}$,则起重机的提升效率 $\eta=\frac{W_{有用}}{Q_{放}}×100\%=\frac{1.29×10^5\ \mathrm{J}}{4.3×10^5\ \mathrm{J}}×100\%=30\%$
解析
【分析】
要解决本题，需分三步逐步推导：
1. 求重物上升的速度：速度的定义是路程与时间的比值，已知重物上升的高度（即路程）和所用时间，直接代入速度公式即可计算。
2. 求起重机提升重物的功率：功率是功与时间的比值，这里的功是起重机对重物做的有用功，匀速提升时拉力等于重力，因此有用功可通过W=Gh=mgh计算，再用有用功除以时间得到功率。
3. 求起重机的提升效率：根据题目定义，提升效率是有用功与柴油完全燃烧释放热量的比值，需先算出柴油燃烧释放的热量，再用有用功与该热量的比值乘以100%得到效率。
【解析】
(1) 已知重物上升的路程$s=6\ \mathrm{m}$，时间$t=10\ \mathrm{s}$，根据速度公式：
$v=\frac{s}{t}=\frac{6\ \mathrm{m}}{10\ \mathrm{s}}=0.6\ \mathrm{m/s}$
(2) 重物质量$m=2.15\ \mathrm{t}=2.15×10^3\ \mathrm{kg}$，匀速提升时起重机对重物的拉力等于重力，有用功$W_{有用}=Gh=mgh$，代入数据：
$W_{有用}=2.15×10^3\ \mathrm{kg}×10\ \mathrm{N/kg}×6\ \mathrm{m}=1.29×10^5\ \mathrm{J}$
起重机提升重物的功率$P=\frac{W_{有用}}{t}$，代入数据：
$P=\frac{1.29×10^5\ \mathrm{J}}{10\ \mathrm{s}}=1.29×10^4\ \mathrm{W}$
(3) 柴油完全燃烧释放的热量$Q_{放}=m_{柴油}q$，代入数据：
$Q_{放}=0.01\ \mathrm{kg}×4.3×10^7\ \mathrm{J/kg}=4.3×10^5\ \mathrm{J}$
根据提升效率的定义$\eta=\frac{W_{有用}}{Q_{放}}×100\%$，代入数据：
$\eta=\frac{1.29×10^5\ \mathrm{J}}{4.3×10^5\ \mathrm{J}}×100\%=30\%$
【答案】
(1) 重物上升的速度为$0.6\ \mathrm{m/s}$；
(2) 起重机提升重物的功率为$1.29×10^4\ \mathrm{W}$；
(3) 起重机的提升效率为$30\%$。
【知识点】
速度公式应用、功与功率计算、热效率计算
【点评】
本题是力学与热学结合的基础综合题，考查核心公式的应用，涉及单位换算（吨转千克）、公式的正确选择，是中考常见题型，注重对基础概念的理解，难度适中，适合多数学生解答。
【难度系数】
0.7
要解决本题，需分三步逐步推导：
1. 求重物上升的速度：速度的定义是路程与时间的比值，已知重物上升的高度（即路程）和所用时间，直接代入速度公式即可计算。
2. 求起重机提升重物的功率：功率是功与时间的比值，这里的功是起重机对重物做的有用功，匀速提升时拉力等于重力，因此有用功可通过W=Gh=mgh计算，再用有用功除以时间得到功率。
3. 求起重机的提升效率：根据题目定义，提升效率是有用功与柴油完全燃烧释放热量的比值，需先算出柴油燃烧释放的热量，再用有用功与该热量的比值乘以100%得到效率。
【解析】
(1) 已知重物上升的路程$s=6\ \mathrm{m}$，时间$t=10\ \mathrm{s}$，根据速度公式：
$v=\frac{s}{t}=\frac{6\ \mathrm{m}}{10\ \mathrm{s}}=0.6\ \mathrm{m/s}$
(2) 重物质量$m=2.15\ \mathrm{t}=2.15×10^3\ \mathrm{kg}$，匀速提升时起重机对重物的拉力等于重力，有用功$W_{有用}=Gh=mgh$，代入数据：
$W_{有用}=2.15×10^3\ \mathrm{kg}×10\ \mathrm{N/kg}×6\ \mathrm{m}=1.29×10^5\ \mathrm{J}$
起重机提升重物的功率$P=\frac{W_{有用}}{t}$，代入数据：
$P=\frac{1.29×10^5\ \mathrm{J}}{10\ \mathrm{s}}=1.29×10^4\ \mathrm{W}$
(3) 柴油完全燃烧释放的热量$Q_{放}=m_{柴油}q$，代入数据：
$Q_{放}=0.01\ \mathrm{kg}×4.3×10^7\ \mathrm{J/kg}=4.3×10^5\ \mathrm{J}$
根据提升效率的定义$\eta=\frac{W_{有用}}{Q_{放}}×100\%$，代入数据：
$\eta=\frac{1.29×10^5\ \mathrm{J}}{4.3×10^5\ \mathrm{J}}×100\%=30\%$
【答案】
(1) 重物上升的速度为$0.6\ \mathrm{m/s}$；
(2) 起重机提升重物的功率为$1.29×10^4\ \mathrm{W}$；
(3) 起重机的提升效率为$30\%$。
【知识点】
速度公式应用、功与功率计算、热效率计算
【点评】
本题是力学与热学结合的基础综合题，考查核心公式的应用，涉及单位换算（吨转千克）、公式的正确选择，是中考常见题型，注重对基础概念的理解，难度适中，适合多数学生解答。
【难度系数】
0.7
