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4.某内燃机的能量流向如图所示，下列说法正确的是（
A.该内燃机的热机效率为30％
B.减小机械摩擦可提高内燃机的效率
C.随着技术进步，未来内燃机效率可能达到100％
D.燃料燃烧时热值变小
B
）。A.该内燃机的热机效率为30％
B.减小机械摩擦可提高内燃机的效率
C.随着技术进步，未来内燃机效率可能达到100％
D.燃料燃烧时热值变小
答案
4.B
解析
【分析】
要解决本题，需明确热机效率的定义，结合能量流向图分析各能量占比，再逐一判断选项：首先回忆热机效率是有用功能量与燃料完全燃烧总能量的比值；再计算图中有用功的占比判断A选项；根据减少能量损失可提高效率判断B选项；根据内燃机能量损失不可避免判断C选项；根据热值是燃料的固有特性判断D选项。
【解析】
1. 计算热机效率：总能量为100%，各项能量损失占比为废气30%、冷却水30%、摩擦与辐射5%，总损失为30%+30%+5%=65%，因此有用功占比（即热机效率）为100%-65%=35%，故A选项错误。
2. 判断B选项：减小机械摩擦，能减少能量在摩擦过程中的损耗，使有用功的能量占比提升，因此可以提高内燃机的效率，B选项正确。
3. 判断C选项：内燃机工作时，必然存在废气散热、冷却水带走热量、摩擦损耗等能量损失，因此效率不可能达到100%，C选项错误。
4. 判断D选项：热值是燃料的固有属性，仅与燃料的种类有关，与燃烧情况无关，因此燃料燃烧时热值不变，D选项错误。
【答案】
B
【知识点】
热机效率、热值
【点评】
本题考查热机效率的概念及影响因素、热值的特性，属于基础知识点的应用，需准确理解热机效率的定义，区分能量损失的类型，明确热值的特性，难度适中。
【难度系数】
0.6
要解决本题，需明确热机效率的定义，结合能量流向图分析各能量占比，再逐一判断选项：首先回忆热机效率是有用功能量与燃料完全燃烧总能量的比值；再计算图中有用功的占比判断A选项；根据减少能量损失可提高效率判断B选项；根据内燃机能量损失不可避免判断C选项；根据热值是燃料的固有特性判断D选项。
【解析】
1. 计算热机效率：总能量为100%，各项能量损失占比为废气30%、冷却水30%、摩擦与辐射5%，总损失为30%+30%+5%=65%，因此有用功占比（即热机效率）为100%-65%=35%，故A选项错误。
2. 判断B选项：减小机械摩擦，能减少能量在摩擦过程中的损耗，使有用功的能量占比提升，因此可以提高内燃机的效率，B选项正确。
3. 判断C选项：内燃机工作时，必然存在废气散热、冷却水带走热量、摩擦损耗等能量损失，因此效率不可能达到100%，C选项错误。
4. 判断D选项：热值是燃料的固有属性，仅与燃料的种类有关，与燃烧情况无关，因此燃料燃烧时热值不变，D选项错误。
【答案】
B
【知识点】
热机效率、热值
【点评】
本题考查热机效率的概念及影响因素、热值的特性，属于基础知识点的应用，需准确理解热机效率的定义，区分能量损失的类型，明确热值的特性，难度适中。
【难度系数】
0.6
5. 四冲程汽油机的剖面图如图所示，关于其四个冲程的描述错误的是(
A.吸气冲程中，汽油和空气的混合物进入气缸
B.压缩冲程中，机械能转化为内能
C.做功冲程中，燃料释放的能量绝大部分转化为机械能
D.排气冲程中，废气被排出气缸
C
)。A.吸气冲程中，汽油和空气的混合物进入气缸
B.压缩冲程中，机械能转化为内能
C.做功冲程中，燃料释放的能量绝大部分转化为机械能
D.排气冲程中，废气被排出气缸
答案
5.C
解析
【分析】要解决本题，需掌握四冲程汽油机四个冲程的特征及能量转化规律，逐一分析各选项描述的正确性，找出错误选项。先明确各冲程核心特点：吸气冲程进气门开启，吸入混合气；压缩冲程两气门关闭，机械能转内能；做功冲程两气门关闭，燃气做功，内能转机械能但能量损失大；排气冲程排气门开启，排出废气。
【解析】逐一分析选项：
A. 吸气冲程中，进气门打开、排气门关闭，活塞下行，汽油和空气的混合物进入气缸，描述正确；
B. 压缩冲程中，两气门均关闭，活塞上行压缩气体，机械能转化为内能，描述正确；
C. 做功冲程中，燃料释放的能量大部分以散热、废气带走等形式损失，仅少部分转化为机械能，并非绝大部分，描述错误；
D. 排气冲程中，排气门打开、进气门关闭，活塞上行，将气缸内废气排出，描述正确。
综上，错误选项为C。
【答案】C
【知识点】四冲程汽油机工作原理、能量转化
【点评】本题考查四冲程汽油机各冲程的基本特点与能量转化，属于基础知识点应用，需准确区分各冲程的气门状态、活塞运动及能量变化，难度适中。
【难度系数】0.6
【解析】逐一分析选项：
A. 吸气冲程中，进气门打开、排气门关闭，活塞下行，汽油和空气的混合物进入气缸，描述正确；
B. 压缩冲程中，两气门均关闭，活塞上行压缩气体，机械能转化为内能，描述正确；
C. 做功冲程中，燃料释放的能量大部分以散热、废气带走等形式损失，仅少部分转化为机械能，并非绝大部分，描述错误；
D. 排气冲程中，排气门打开、进气门关闭，活塞上行，将气缸内废气排出，描述正确。
综上，错误选项为C。
【答案】C
【知识点】四冲程汽油机工作原理、能量转化
【点评】本题考查四冲程汽油机各冲程的基本特点与能量转化，属于基础知识点应用，需准确区分各冲程的气门状态、活塞运动及能量变化，难度适中。
【难度系数】0.6
6. 内燃机的能流过程如图所示，则内燃机的效率可表示为（
A.$\eta=\dfrac{E_1+E_2+E_3+E_4}{E}×100\%$
B.$\eta=\dfrac{E_3}{E}×100\%$
C.$\eta=\dfrac{E_1+E_3+E_4}{E}×100\%$
D.$\eta=\dfrac{E_1}{E}×100\%$
B
）。A.$\eta=\dfrac{E_1+E_2+E_3+E_4}{E}×100\%$
B.$\eta=\dfrac{E_3}{E}×100\%$
C.$\eta=\dfrac{E_1+E_3+E_4}{E}×100\%$
D.$\eta=\dfrac{E_1}{E}×100\%$
答案
6.B
解析
【分析】首先明确内燃机效率的定义：内燃机的效率是指用来做有用功的能量与燃料完全燃烧释放的总能量的比值。解题时需从能流图中区分总能量和有用能量，排除未完全燃烧、废气、散热、机械损失等能量损失部分，找到对应有用能量即可。
【解析】从能流图可知，燃料完全燃烧释放的总能量为$E$，其中有用的能量是用来做有用功的机械能，即$E_3$。根据内燃机效率的定义，效率$\eta=\frac{有用能量}{总能量}×100\%=\frac{E_3}{E}×100\%$，对应选项B。
【答案】B
【知识点】热机效率
【点评】本题考查内燃机效率的基础概念，核心是理解效率为有用能量与总能量的比值，需准确识别能流图中的能量分类，属于基础概念题，难度较低。
【难度系数】0.3
【解析】从能流图可知，燃料完全燃烧释放的总能量为$E$，其中有用的能量是用来做有用功的机械能，即$E_3$。根据内燃机效率的定义，效率$\eta=\frac{有用能量}{总能量}×100\%=\frac{E_3}{E}×100\%$，对应选项B。
【答案】B
【知识点】热机效率
【点评】本题考查内燃机效率的基础概念，核心是理解效率为有用能量与总能量的比值，需准确识别能流图中的能量分类，属于基础概念题，难度较低。
【难度系数】0.3
7. 小明学习了内能与燃料热值相关知识后思考:将一壶水烧开究竟需要多少天然气呢?他通过实践收集了如下数据:水壶里放入 2 000 mL 20 ℃的水,大火加热直至沸腾;小明家天然气炉具的效率是 40%[天然气热值为 $8×10^7\ \mathrm{J/m}^3$;气压为标准大气压;$c_{\mathrm{水}} = 4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}$],则下列小明的分析结果,不正确的是(
A.这壶水的质量为 2 kg
B.烧开这壶水,水需要吸收热量 $6.72×10^5\ \mathrm{J}$
C.烧开这壶水,天然气需要放出热量 $1.68×10^6\ \mathrm{J}$
D.烧开这壶水,需要燃烧 $2.1×10^{-3}\ \mathrm{m}^3$ 的天然气
D
)。A.这壶水的质量为 2 kg
B.烧开这壶水,水需要吸收热量 $6.72×10^5\ \mathrm{J}$
C.烧开这壶水,天然气需要放出热量 $1.68×10^6\ \mathrm{J}$
D.烧开这壶水,需要燃烧 $2.1×10^{-3}\ \mathrm{m}^3$ 的天然气
答案
7.D
解析
【分析】
要判断各选项是否正确，需依次计算：先根据水的体积和密度求水的质量，再计算水烧开吸收的热量，接着结合炉具效率算天然气需放出的热量，最后根据天然气热值求所需天然气体积，对比选项得出不正确的结果。
【解析】
1. 计算水的质量：水的体积$ V_{水}=2000\ \mathrm{mL}=2×10^{-3}\ \mathrm{m}^3 $，水的密度$ \rho_{水}=1×10^3\ \mathrm{kg/m}^3 $，由$ m=\rho V $得，水的质量$ m=\rho_{水}V_{水}=1×10^3\ \mathrm{kg/m}^3×2×10^{-3}\ \mathrm{m}^3=2\ \mathrm{kg} $，故A选项正确。
2. 计算水吸收的热量：标准大气压下水的沸点为$ 100℃ $，温度变化$ \Delta t=100℃-20℃=80℃ $，由$ Q_{吸}=c_{水}m\Delta t $得，$ Q_{吸}=4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}×2\ \mathrm{kg}×80℃=6.72×10^5\ \mathrm{J} $，故B选项正确。
3. 计算天然气需放出的热量：炉具效率$ \eta=\frac{Q_{吸}}{Q_{放}} $，则$ Q_{放}=\frac{Q_{吸}}{\eta}=\frac{6.72×10^5\ \mathrm{J}}{40\%}=1.68×10^6\ \mathrm{J} $，故C选项正确。
4. 计算所需天然气体积：由$ Q_{放}=Vq $得，$ V=\frac{Q_{放}}{q}=\frac{1.68×10^6\ \mathrm{J}}{8×10^7\ \mathrm{J/m}^3}=0.021\ \mathrm{m}^3=2.1×10^{-2}\ \mathrm{m}^3 $，而D选项中为$ 2.1×10^{-3}\ \mathrm{m}^3 $，故D选项错误。
【答案】
D
【知识点】
热量计算、热值计算、热效率
【点评】
本题综合考查密度、热量、热值及热效率的相关计算，需熟练掌握各公式应用，注意单位换算和效率含义，属于基础综合题。
【难度系数】
0.6
要判断各选项是否正确，需依次计算：先根据水的体积和密度求水的质量，再计算水烧开吸收的热量，接着结合炉具效率算天然气需放出的热量，最后根据天然气热值求所需天然气体积，对比选项得出不正确的结果。
【解析】
1. 计算水的质量：水的体积$ V_{水}=2000\ \mathrm{mL}=2×10^{-3}\ \mathrm{m}^3 $，水的密度$ \rho_{水}=1×10^3\ \mathrm{kg/m}^3 $，由$ m=\rho V $得，水的质量$ m=\rho_{水}V_{水}=1×10^3\ \mathrm{kg/m}^3×2×10^{-3}\ \mathrm{m}^3=2\ \mathrm{kg} $，故A选项正确。
2. 计算水吸收的热量：标准大气压下水的沸点为$ 100℃ $，温度变化$ \Delta t=100℃-20℃=80℃ $，由$ Q_{吸}=c_{水}m\Delta t $得，$ Q_{吸}=4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}×2\ \mathrm{kg}×80℃=6.72×10^5\ \mathrm{J} $，故B选项正确。
3. 计算天然气需放出的热量：炉具效率$ \eta=\frac{Q_{吸}}{Q_{放}} $，则$ Q_{放}=\frac{Q_{吸}}{\eta}=\frac{6.72×10^5\ \mathrm{J}}{40\%}=1.68×10^6\ \mathrm{J} $，故C选项正确。
4. 计算所需天然气体积：由$ Q_{放}=Vq $得，$ V=\frac{Q_{放}}{q}=\frac{1.68×10^6\ \mathrm{J}}{8×10^7\ \mathrm{J/m}^3}=0.021\ \mathrm{m}^3=2.1×10^{-2}\ \mathrm{m}^3 $，而D选项中为$ 2.1×10^{-3}\ \mathrm{m}^3 $，故D选项错误。
【答案】
D
【知识点】
热量计算、热值计算、热效率
【点评】
本题综合考查密度、热量、热值及热效率的相关计算，需熟练掌握各公式应用，注意单位换算和效率含义，属于基础综合题。
【难度系数】
0.6
8.家庭中的厨房看似平常,其中却蕴藏着许多值得探究的物理知识。
(1)将水放入冰箱冷冻室内制成冰块,冰块相比水,其质量将
(2)用燃气灶烧水时,壶口会有大量“白气”出现,这是
(1)将水放入冰箱冷冻室内制成冰块,冰块相比水,其质量将
不变
,内能将变小
,体积将变大
。(均选填“变大”“变小”或“不变”)(2)用燃气灶烧水时,壶口会有大量“白气”出现,这是
液化
(填物态变化名称)现象;若水质量为2.5 kg,初始温度为20 ℃,将水加热到100 ℃,水的比热容为$4.2×10^3$ J/(kg·℃),则水吸收的热量为$8.4×10^5$
J;若燃气灶的热效率为40%,天然气的热值为$4×10^7$ J/m³,则需要燃烧0.052 5
m³的天然气。答案
8.(1)不变 变小 变大 (2)液化 $8.4×10^5$ 0.052 5
解析
【分析】
本题结合厨房实际考查物理基础知识，分两小问：
(1) 分析水结冰的三个物理量：质量是物体固有属性，不随状态改变；凝固过程放热，内能减小；冰的密度小于水，由体积公式可知体积变化。
(2) 分析“白气”成因及热量计算：“白气”是水蒸气液化的小水滴；需用比热容公式算水吸热，再结合热效率、热值公式算天然气体积。
【解析】
(1) ①质量：水结成冰，状态改变但所含物质多少不变，故质量不变；②内能：水凝固成冰时放出热量，内能变小；③体积：冰的密度小于水，由$V=\frac{m}{\rho}$，质量不变时密度变小则体积变大。
(2) ①物态变化：壶口“白气”是高温水蒸气遇冷液化成的小水滴，属于液化现象；②水吸收的热量：$Q_{吸}=cm\Delta t=4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}×2.5\ \mathrm{kg}×(100℃-20℃)=8.4×10^5\ \mathrm{J}$；③天然气体积：由$\eta=\frac{Q_{吸}}{Q_{放}}$得$Q_{放}=\frac{Q_{吸}}{\eta}=\frac{8.4×10^5\ \mathrm{J}}{40\%}=2.1×10^6\ \mathrm{J}$，又$Q_{放}=Vq$，故$V=\frac{Q_{放}}{q}=\frac{2.1×10^6\ \mathrm{J}}{4×10^7\ \mathrm{J/m}^3}=0.0525\ \mathrm{m}^3$。
【答案】
(1) 不变 变小 变大 (2) 液化 $8.4×10^5$ $0.0525$
【知识点】
质量的属性、液化现象、热量计算
【点评】
本题结合生活场景考查基础物理知识，难度适中，需掌握质量特性、物态变化判断及热量相关公式应用，贴近生活易理解。
【难度系数】
0.7
本题结合厨房实际考查物理基础知识，分两小问：
(1) 分析水结冰的三个物理量：质量是物体固有属性，不随状态改变；凝固过程放热，内能减小；冰的密度小于水，由体积公式可知体积变化。
(2) 分析“白气”成因及热量计算：“白气”是水蒸气液化的小水滴；需用比热容公式算水吸热，再结合热效率、热值公式算天然气体积。
【解析】
(1) ①质量：水结成冰，状态改变但所含物质多少不变，故质量不变；②内能：水凝固成冰时放出热量，内能变小；③体积：冰的密度小于水，由$V=\frac{m}{\rho}$，质量不变时密度变小则体积变大。
(2) ①物态变化：壶口“白气”是高温水蒸气遇冷液化成的小水滴，属于液化现象；②水吸收的热量：$Q_{吸}=cm\Delta t=4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}×2.5\ \mathrm{kg}×(100℃-20℃)=8.4×10^5\ \mathrm{J}$；③天然气体积：由$\eta=\frac{Q_{吸}}{Q_{放}}$得$Q_{放}=\frac{Q_{吸}}{\eta}=\frac{8.4×10^5\ \mathrm{J}}{40\%}=2.1×10^6\ \mathrm{J}$，又$Q_{放}=Vq$，故$V=\frac{Q_{放}}{q}=\frac{2.1×10^6\ \mathrm{J}}{4×10^7\ \mathrm{J/m}^3}=0.0525\ \mathrm{m}^3$。
【答案】
(1) 不变 变小 变大 (2) 液化 $8.4×10^5$ $0.0525$
【知识点】
质量的属性、液化现象、热量计算
【点评】
本题结合生活场景考查基础物理知识，难度适中，需掌握质量特性、物态变化判断及热量相关公式应用，贴近生活易理解。
【难度系数】
0.7
