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二、填空题(每空2分,共38分)
7.搭载神舟十七号载人飞船的长征二号F遥十七运载火箭发射成功。火箭使用液态氢作燃料是因为液态氢的
7.搭载神舟十七号载人飞船的长征二号F遥十七运载火箭发射成功。火箭使用液态氢作燃料是因为液态氢的
热值
较大。答案
7.热值
解析
【分析】本题考查燃料的物理特性，火箭燃料需要在质量较小的前提下释放大量能量，需明确热值的定义：单位质量的燃料完全燃烧时放出的热量，液态氢的热值大，相同质量下完全燃烧能释放更多热量，适合作为火箭燃料，据此可确定答案。
【解析】火箭发射时，燃料需在消耗较少质量的情况下提供足够能量，燃料的热值是衡量其放热能力的物理量，液态氢的热值较大，完全燃烧相同质量的液态氢时，比其他燃料释放的热量更多，因此火箭使用液态氢作燃料是因为液态氢的热值较大。
【答案】热值
【知识点】燃料的热值
【点评】本题考查基础物理概念的应用，结合火箭燃料的实际需求，难度较低，属于学生必须掌握的基础知识点。
【难度系数】0.9
【解析】火箭发射时，燃料需在消耗较少质量的情况下提供足够能量，燃料的热值是衡量其放热能力的物理量，液态氢的热值较大，完全燃烧相同质量的液态氢时，比其他燃料释放的热量更多，因此火箭使用液态氢作燃料是因为液态氢的热值较大。
【答案】热值
【知识点】燃料的热值
【点评】本题考查基础物理概念的应用，结合火箭燃料的实际需求，难度较低，属于学生必须掌握的基础知识点。
【难度系数】0.9
8.如图所示是我国古代流行于民间的玩具式走马灯，点燃走马灯内的蜡烛，燃烧产生的高温气体将
向上运动
（选填“向上运动”“向下运动”或“绕蜡烛旋转”），运动的热空气推动纸风车和固定在转轴上的纸马转动，这种走马灯工作时将内
能转化为机械
能。答案
8.向上运动 内 机械
解析
【分析】首先思考蜡烛燃烧产生的高温气体的性质：温度越高，气体密度越小，因此高温气体会向上运动；接着分析能量转化：热空气具有内能，推动纸风车和纸马转动，将内能转化为机械能。
【解析】蜡烛燃烧产生高温气体，根据气体密度与温度的关系，温度升高时气体密度减小，所以高温气体会向上运动；运动的热空气具有内能，推动纸风车和固定在转轴上的纸马转动，将内能转化为机械能。
【答案】向上运动 内 机械
【知识点】密度与温度、能量的转化
【点评】本题结合古代走马灯玩具，考察热空气的性质和能量转化的知识，贴近生活实际，属于基础类题目，难度较低。
【难度系数】0.7
【解析】蜡烛燃烧产生高温气体，根据气体密度与温度的关系，温度升高时气体密度减小，所以高温气体会向上运动；运动的热空气具有内能，推动纸风车和固定在转轴上的纸马转动，将内能转化为机械能。
【答案】向上运动 内 机械
【知识点】密度与温度、能量的转化
【点评】本题结合古代走马灯玩具，考察热空气的性质和能量转化的知识，贴近生活实际，属于基础类题目，难度较低。
【难度系数】0.7
9.如图表示四冲程汽油机处于
排气
冲程，汽车尾气带走的能量不能
（选填“能”或“不能”）自动汇集回来转化成燃料的化学能，这反映了能量的转化具有方向性
。答案
9.排气 不能 方向性
解析
【分析】要判断四冲程汽油机的冲程，需结合气门状态和活塞运动方向：进气门关闭、排气门打开，活塞向上运动，符合排气冲程的特征；对于能量转化，根据能量转化的特性，能量的转化和转移具有方向性，散失的能量无法自动逆向转化。
【解析】1. 冲程判断：四冲程汽油机的排气冲程中，排气门打开，进气门关闭，活塞向上运动。题图中右侧排气门打开，左侧进气门关闭，活塞向上运动，因此该冲程为排气冲程。2. 能量特性：汽车尾气带走的能量散失到环境中，无法自动汇集转化为燃料的化学能，这反映了能量的转化具有方向性。
【答案】排气 不能 方向性
【知识点】汽油机四冲程、能量转化的方向性
【点评】本题考查汽油机冲程的判断方法和能量转化的方向性，属于基础知识点，需掌握冲程判断的核心依据和能量转化的特性。
【难度系数】0.6
【解析】1. 冲程判断：四冲程汽油机的排气冲程中，排气门打开，进气门关闭，活塞向上运动。题图中右侧排气门打开，左侧进气门关闭，活塞向上运动，因此该冲程为排气冲程。2. 能量特性：汽车尾气带走的能量散失到环境中，无法自动汇集转化为燃料的化学能，这反映了能量的转化具有方向性。
【答案】排气 不能 方向性
【知识点】汽油机四冲程、能量转化的方向性
【点评】本题考查汽油机冲程的判断方法和能量转化的方向性，属于基础知识点，需掌握冲程判断的核心依据和能量转化的特性。
【难度系数】0.6
10.(沧州月考)用两块铜片、热电偶、电动机(带风扇)组成一个电路，铜片1插在$90\ °\mathrm{C}$热水中，铜片2放在空气中，如图所示，30 s后风扇开始转动，这就是温差发电现象。温差发电的实质是
内
能转化为电能。利用这套装置，最终热水的内能不能
(选填“能”或“不能”)全部转化成风扇的机械能。温差发电遵循
(选填“遵循”或“不遵循”)能量守恒定律。答案
10.内 不能 遵循
解析
【分析】
要解决这道题，需明确三个核心物理规律：一是温差发电的能量转化类型，二是能量转化的方向性，三是能量守恒定律的普遍性。首先，温差发电依靠温度差，将热水的内能转化为电能；其次，根据能量转化的方向性，内能不能全部转化为机械能，必然伴随能量损耗；最后，所有能量转化过程都遵循能量守恒定律。
【解析】
1. 温差发电的实质：装置中铜片1在90℃热水中，铜片2在空气中，存在温度差，热水的内能通过热电偶转化为电能，因此温差发电是内能转化为电能的过程。
2. 内能转化的限制：根据热力学第二定律，能量的转化具有方向性，内能不能全部转化为机械能，转化过程中会有部分能量以热量等形式散失，所以热水的内能不能全部转化为风扇的机械能。
3. 能量守恒的普遍性：能量守恒定律是自然界的基本规律，适用于所有能量转化和转移过程，因此温差发电遵循能量守恒定律。
【答案】
内；不能；遵循
【知识点】
能量转化、能量守恒定律、热力学第二定律
【点评】
本题结合温差发电的实际现象，考查能量转化、能量转化的方向性及能量守恒定律，属于基础概念题，需准确理解相关物理规律。
【难度系数】
0.5
要解决这道题，需明确三个核心物理规律：一是温差发电的能量转化类型，二是能量转化的方向性，三是能量守恒定律的普遍性。首先，温差发电依靠温度差，将热水的内能转化为电能；其次，根据能量转化的方向性，内能不能全部转化为机械能，必然伴随能量损耗；最后，所有能量转化过程都遵循能量守恒定律。
【解析】
1. 温差发电的实质：装置中铜片1在90℃热水中，铜片2在空气中，存在温度差，热水的内能通过热电偶转化为电能，因此温差发电是内能转化为电能的过程。
2. 内能转化的限制：根据热力学第二定律，能量的转化具有方向性，内能不能全部转化为机械能，转化过程中会有部分能量以热量等形式散失，所以热水的内能不能全部转化为风扇的机械能。
3. 能量守恒的普遍性：能量守恒定律是自然界的基本规律，适用于所有能量转化和转移过程，因此温差发电遵循能量守恒定律。
【答案】
内；不能；遵循
【知识点】
能量转化、能量守恒定律、热力学第二定律
【点评】
本题结合温差发电的实际现象，考查能量转化、能量转化的方向性及能量守恒定律，属于基础概念题，需准确理解相关物理规律。
【难度系数】
0.5
11.科学家设计了一款六冲程汽油机，它的构造和工作循环的前四个冲程与四冲程汽油机相似，在第四冲程结束后，再完成两个冲程。第五冲程中，向气缸内喷水，水在气缸内迅速汽化成高温、高压水蒸气，推动活塞再次做功，则第五冲程为
做功
冲程，其能量转化情况与甲
（选填“甲”或“乙”）图相同；第六冲程中活塞向上
（选填“上”或“下”）运动。答案
11.做功 甲 上
解析
【分析】
要解答本题，需掌握汽油机冲程的特点及能量转化规律，结合图中实验分析：首先，第五冲程中水蒸气推动活塞做功，符合做功冲程的特征；再对比甲、乙两图的能量转化，判断对应关系；最后根据六冲程的工作逻辑，确定第六冲程活塞的运动方向。
【解析】
1. 第五冲程：水蒸气在气缸内汽化为高温高压水蒸气，推动活塞做功，该过程将内能转化为机械能，符合做功冲程的定义，因此第五冲程为做功冲程。
2. 能量转化对比：甲图中，加热试管内的水，产生的水蒸气推动塞子飞出，是内能转化为机械能，与做功冲程的能量转化一致；乙图中，下压活塞压缩空气，机械能转化为内能，使棉花燃烧，对应压缩冲程的能量转化，因此第五冲程的能量转化与甲图相同。
3. 第六冲程：第五冲程做功后，气缸内残留废气，第六冲程需排出废气，对应排气冲程，排气冲程中活塞向上运动。
【答案】
做功；甲；上
【知识点】
内燃机冲程；能量转化
【点评】
本题结合六冲程汽油机的工作原理，考查冲程判断与能量转化，需熟悉四冲程汽油机各冲程的特点，同时能分析实验图的能量转化，属于基础应用类题目，难度适中。
【难度系数】
0.6
要解答本题，需掌握汽油机冲程的特点及能量转化规律，结合图中实验分析：首先，第五冲程中水蒸气推动活塞做功，符合做功冲程的特征；再对比甲、乙两图的能量转化，判断对应关系；最后根据六冲程的工作逻辑，确定第六冲程活塞的运动方向。
【解析】
1. 第五冲程：水蒸气在气缸内汽化为高温高压水蒸气，推动活塞做功，该过程将内能转化为机械能，符合做功冲程的定义，因此第五冲程为做功冲程。
2. 能量转化对比：甲图中，加热试管内的水，产生的水蒸气推动塞子飞出，是内能转化为机械能，与做功冲程的能量转化一致；乙图中，下压活塞压缩空气，机械能转化为内能，使棉花燃烧，对应压缩冲程的能量转化，因此第五冲程的能量转化与甲图相同。
3. 第六冲程：第五冲程做功后，气缸内残留废气，第六冲程需排出废气，对应排气冲程，排气冲程中活塞向上运动。
【答案】
做功；甲；上
【知识点】
内燃机冲程；能量转化
【点评】
本题结合六冲程汽油机的工作原理，考查冲程判断与能量转化，需熟悉四冲程汽油机各冲程的特点，同时能分析实验图的能量转化，属于基础应用类题目，难度适中。
【难度系数】
0.6
12.(物理学与社会发展)压缩空气储能是一项全新的储能技术，它利用压缩机把空气压缩到密闭容器中，该过程是通过
做功
方式将能量转化为气体的内能并储存。需要时，使压缩空气膨胀推动机器转动，又将内能转化成机械
能，这一过程类似于四冲程汽油机的做功
冲程。一台单缸四冲程柴油机，活塞1 s对外做功30次，则该柴油机飞轮转速为3 600
r/min。答案
12.做功 机械 做功 3 600
解析
【分析】
本题需结合内能改变方式、能量转化、四冲程内燃机的工作规律来解题：首先明确改变内能的两种方式，判断压缩空气过程的能量转化方式；再根据压缩空气膨胀推动机器转动的过程确定能量转化类型；接着对应四冲程汽油机的冲程特点；最后利用单缸四冲程内燃机“飞轮转2圈，对外做功1次”的规律计算飞轮转速。
【解析】
1. 压缩空气时，压缩机对密闭容器内的空气做功，通过做功的方式将机械能转化为气体的内能；
2. 压缩空气膨胀推动机器转动，将气体的内能转化为机器的机械能；
3. 四冲程汽油机的做功冲程中，燃气膨胀推动活塞做功，将内能转化为机械能，与该过程类似；
4. 单缸四冲程柴油机，每对外做功1次，飞轮转2圈。已知1s对外做功30次，则1s内飞轮转的圈数为：$30×2=60$圈；1分钟=60秒，因此飞轮转速为：$60×60=3600\ \mathrm{r/min}$。
【答案】做功 机械 做功 3600
【知识点】内能的改变方式、能量的转化、四冲程内燃机的工作原理
【点评】
本题结合压缩空气储能技术，将物理知识与实际应用结合，考查基础概念和规律的应用，难度适中，需准确掌握内燃机的工作特点。
【难度系数】0.6
本题需结合内能改变方式、能量转化、四冲程内燃机的工作规律来解题：首先明确改变内能的两种方式，判断压缩空气过程的能量转化方式；再根据压缩空气膨胀推动机器转动的过程确定能量转化类型；接着对应四冲程汽油机的冲程特点；最后利用单缸四冲程内燃机“飞轮转2圈，对外做功1次”的规律计算飞轮转速。
【解析】
1. 压缩空气时，压缩机对密闭容器内的空气做功，通过做功的方式将机械能转化为气体的内能；
2. 压缩空气膨胀推动机器转动，将气体的内能转化为机器的机械能；
3. 四冲程汽油机的做功冲程中，燃气膨胀推动活塞做功，将内能转化为机械能，与该过程类似；
4. 单缸四冲程柴油机，每对外做功1次，飞轮转2圈。已知1s对外做功30次，则1s内飞轮转的圈数为：$30×2=60$圈；1分钟=60秒，因此飞轮转速为：$60×60=3600\ \mathrm{r/min}$。
【答案】做功 机械 做功 3600
【知识点】内能的改变方式、能量的转化、四冲程内燃机的工作原理
【点评】
本题结合压缩空气储能技术，将物理知识与实际应用结合，考查基础概念和规律的应用，难度适中，需准确掌握内燃机的工作特点。
【难度系数】0.6
13.某研学活动小组在实践活动期间，粗略测量了一农家柴火灶的热效率。同学们在柴火灶的铁锅里倒入5 kg水，盖上锅盖，完全燃烧了1 kg干木柴使水温从20 ℃升高到80 ℃，水吸收的热量为
$1.26×10^6$
J，该柴火灶的热效率为$12.6\%$
。[水的比热容是$4.2×10^3$ J/(kg·℃)，干木柴的热值取$1.0×10^7$ J/kg]答案
13.$1.26×10^6$ $12.6\%$
解析
【分析】
本题考查热量计算与热效率的应用，解题思路为：①利用水的比热容、质量和温度变化，通过吸热公式计算水吸收的热量；②利用干木柴的质量和热值，通过放热公式计算干木柴完全燃烧放出的热量；③根据热效率的定义（水吸收的热量与燃料完全燃烧放出热量的比值）计算柴火灶的热效率。
【解析】
1. 计算水吸收的热量：
水的质量$m_{水}=5\ \mathrm{kg}$，温度变化$\Delta t = 80°\mathrm{C} - 20°\mathrm{C}=60°\mathrm{C}$，水的比热容$c=4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}$。
根据吸热公式$Q_{吸}=cm\Delta t$，代入数据得：
$Q_{吸}=4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}×5\ \mathrm{kg}×60°\mathrm{C}=1.26×10^6\ \mathrm{J}$。
2. 计算干木柴完全燃烧放出的热量：
干木柴的质量$m_{木}=1\ \mathrm{kg}$，热值$q=1.0×10^7\ \mathrm{J/kg}$，根据放热公式$Q_{放}=mq$，代入数据得：
$Q_{放}=1\ \mathrm{kg}×1.0×10^7\ \mathrm{J/kg}=1.0×10^7\ \mathrm{J}$。
3. 计算柴火灶的热效率：
根据热效率公式$\eta=\frac{Q_{吸}}{Q_{放}}×100\%$，代入数据得：
$\eta=\frac{1.26×10^6\ \mathrm{J}}{1.0×10^7\ \mathrm{J}}×100\%=12.6\%$。
【答案】
$1.26×10^6$；$12.6\%$
【知识点】
热量计算、热效率计算
【点评】
本题为热学基础计算题，考查吸热公式、放热公式及热效率的应用，属于常规题型，只要掌握相关公式即可顺利解答。
【难度系数】
0.8
本题考查热量计算与热效率的应用，解题思路为：①利用水的比热容、质量和温度变化，通过吸热公式计算水吸收的热量；②利用干木柴的质量和热值，通过放热公式计算干木柴完全燃烧放出的热量；③根据热效率的定义（水吸收的热量与燃料完全燃烧放出热量的比值）计算柴火灶的热效率。
【解析】
1. 计算水吸收的热量：
水的质量$m_{水}=5\ \mathrm{kg}$，温度变化$\Delta t = 80°\mathrm{C} - 20°\mathrm{C}=60°\mathrm{C}$，水的比热容$c=4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}$。
根据吸热公式$Q_{吸}=cm\Delta t$，代入数据得：
$Q_{吸}=4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}×5\ \mathrm{kg}×60°\mathrm{C}=1.26×10^6\ \mathrm{J}$。
2. 计算干木柴完全燃烧放出的热量：
干木柴的质量$m_{木}=1\ \mathrm{kg}$，热值$q=1.0×10^7\ \mathrm{J/kg}$，根据放热公式$Q_{放}=mq$，代入数据得：
$Q_{放}=1\ \mathrm{kg}×1.0×10^7\ \mathrm{J/kg}=1.0×10^7\ \mathrm{J}$。
3. 计算柴火灶的热效率：
根据热效率公式$\eta=\frac{Q_{吸}}{Q_{放}}×100\%$，代入数据得：
$\eta=\frac{1.26×10^6\ \mathrm{J}}{1.0×10^7\ \mathrm{J}}×100\%=12.6\%$。
【答案】
$1.26×10^6$；$12.6\%$
【知识点】
热量计算、热效率计算
【点评】
本题为热学基础计算题，考查吸热公式、放热公式及热效率的应用，属于常规题型，只要掌握相关公式即可顺利解答。
【难度系数】
0.8
三、实验探究题(共24分)
14.(16分)如图所示，甲、乙、丙三图中的装置完全相同。燃料的质量都是10 g，烧杯内的液体质量也相同。
(1)比较不同燃料的热值，应选择
(2)比较不同物质的比热容，选用如图合适装置加热相同一段时间后，液体a升温多，由此可知：质量相同的液体a与b，升高相同的温度时，液体a吸收的热量
(3)若甲图烧杯中为50 mL的水，10 g酒精完全燃烧后温度计示数升高了20 ℃，水吸收了
14.(16分)如图所示，甲、乙、丙三图中的装置完全相同。燃料的质量都是10 g，烧杯内的液体质量也相同。
(1)比较不同燃料的热值，应选择
甲、乙
两图进行实验，实验时通过观察液体升高的温度
比较两种燃料的热值大小；比较不同物质的比热容，应选择甲、丙
两图进行实验，实验通过加热时间的长短
反映物质吸热的多少。(2)比较不同物质的比热容，选用如图合适装置加热相同一段时间后，液体a升温多，由此可知：质量相同的液体a与b，升高相同的温度时，液体a吸收的热量
小于
（选填“大于”或“小于”）液体b吸收的热量。(3)若甲图烧杯中为50 mL的水，10 g酒精完全燃烧后温度计示数升高了20 ℃，水吸收了
$4.2×10^3$
J热量，若酒精完全燃烧放出的热量全部被水吸收，则酒精的热值是$4.2×10^5$
J/kg，算出的热值与标准值相比偏小
（选填“偏大”“偏小”或“一样”）。$[c_{水}=4.2×10^{3}\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg}·°\mathrm{C}),\rho_{水}=1.0×10^{3}\ \mathrm{kg}/\mathrm{m}^3]$答案
14.(1)甲、乙 液体升高的温度 甲、丙 加热时间的长短 (2)小于 (3)$4.2×10^3$ $4.2×10^5$ 偏小
解析
【分析】
解决本题需运用控制变量法分析实验设计：比较不同燃料热值时，要控制被加热液体的种类和质量相同，仅改变燃料种类，通过液体升高的温度反映燃料放热多少，进而比较热值；比较不同物质比热容时，要控制燃料种类相同（保证相同时间放热相同），仅改变液体种类，通过加热时间长短反映物质吸热多少。热量计算部分需先根据密度公式算水的质量，再用吸热公式计算，最后根据热值公式计算，注意实际实验中热量有损失，会影响热值计算结果。
【解析】
(1) 比较不同燃料的热值，应选择燃料不同、液体相同的甲、乙两图；相同质量的同种液体，燃料放热越多，液体升高的温度越高，因此通过液体升高的温度比较热值大小。比较不同物质的比热容，应选择燃料相同、液体不同的甲、丙两图；相同装置相同时间放出的热量相同，因此通过加热时间的长短反映物质吸热的多少。
(2) 加热相同时间，液体a升温多，说明a的比热容较小；根据Q=cmΔt，质量相同的a与b，升高相同温度时，比热容小的物质吸收热量少，因此液体a吸收的热量小于液体b吸收的热量。
(3) 50mL水的质量：$m=\rho_{水}V=1.0×10^3\ \mathrm{kg/m}^3 ×50×10^{-6}\ \mathrm{m}^3=0.05\ \mathrm{kg}$；水吸收的热量：$Q_{吸}=c_{水}mΔt=4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg·°C)}×0.05\ \mathrm{kg}×20\ \mathrm{°C}=4.2×10^3\ \mathrm{J}$；酒精完全燃烧放出的热量$Q_{放}=Q_{吸}=4.2×10^3\ \mathrm{J}$，酒精质量$m_{酒精}=10\ \mathrm{g}=0.01\ \mathrm{kg}$，所以酒精的热值$q=\frac{Q_{放}}{m_{酒精}}=\frac{4.2×10^3\ \mathrm{J}}{0.01\ \mathrm{kg}}=4.2×10^5\ \mathrm{J/kg}$；由于酒精燃烧放出的热量部分散失到空气中、被装置吸收，未全部被水吸收，因此算出的热值与标准值相比偏小。
【答案】
(1) 甲、乙；液体升高的温度；甲、丙；加热时间的长短
(2) 小于
(3) $4.2×10^3$；$4.2×10^5$；偏小
【知识点】
热值、比热容、热量计算
【点评】
本题考查热学实验的控制变量法应用及相关计算，是热学部分的重点实验题，需学生理解实验原理，掌握公式运用，难度适中。
【难度系数】
0.6
解决本题需运用控制变量法分析实验设计：比较不同燃料热值时，要控制被加热液体的种类和质量相同，仅改变燃料种类，通过液体升高的温度反映燃料放热多少，进而比较热值；比较不同物质比热容时，要控制燃料种类相同（保证相同时间放热相同），仅改变液体种类，通过加热时间长短反映物质吸热多少。热量计算部分需先根据密度公式算水的质量，再用吸热公式计算，最后根据热值公式计算，注意实际实验中热量有损失，会影响热值计算结果。
【解析】
(1) 比较不同燃料的热值，应选择燃料不同、液体相同的甲、乙两图；相同质量的同种液体，燃料放热越多，液体升高的温度越高，因此通过液体升高的温度比较热值大小。比较不同物质的比热容，应选择燃料相同、液体不同的甲、丙两图；相同装置相同时间放出的热量相同，因此通过加热时间的长短反映物质吸热的多少。
(2) 加热相同时间，液体a升温多，说明a的比热容较小；根据Q=cmΔt，质量相同的a与b，升高相同温度时，比热容小的物质吸收热量少，因此液体a吸收的热量小于液体b吸收的热量。
(3) 50mL水的质量：$m=\rho_{水}V=1.0×10^3\ \mathrm{kg/m}^3 ×50×10^{-6}\ \mathrm{m}^3=0.05\ \mathrm{kg}$；水吸收的热量：$Q_{吸}=c_{水}mΔt=4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg·°C)}×0.05\ \mathrm{kg}×20\ \mathrm{°C}=4.2×10^3\ \mathrm{J}$；酒精完全燃烧放出的热量$Q_{放}=Q_{吸}=4.2×10^3\ \mathrm{J}$，酒精质量$m_{酒精}=10\ \mathrm{g}=0.01\ \mathrm{kg}$，所以酒精的热值$q=\frac{Q_{放}}{m_{酒精}}=\frac{4.2×10^3\ \mathrm{J}}{0.01\ \mathrm{kg}}=4.2×10^5\ \mathrm{J/kg}$；由于酒精燃烧放出的热量部分散失到空气中、被装置吸收，未全部被水吸收，因此算出的热值与标准值相比偏小。
【答案】
(1) 甲、乙；液体升高的温度；甲、丙；加热时间的长短
(2) 小于
(3) $4.2×10^3$；$4.2×10^5$；偏小
【知识点】
热值、比热容、热量计算
【点评】
本题考查热学实验的控制变量法应用及相关计算，是热学部分的重点实验题，需学生理解实验原理，掌握公式运用，难度适中。
【难度系数】
0.6
