7. 能量转化的过程在人体内不断地发生.食物也是一种“燃料”，其营养成分在人体细胞中与氧结合，提供细胞组织所需的能量.一袋饼干的营养成分表上标有“2 360 kJ/100 g”，该标识的含义与以下物理量的含义类似的是 （）

A.热值
B.热量
C.比热容
D.内能

7.A

【分析】首先明确题目中标识“2360 kJ/100 g”的含义：每100g饼干（作为“燃料”）与氧结合提供的能量，是单位质量物质释放的能量。接下来需区分各选项物理量的定义，找到含义匹配的选项。
【解析】逐一分析各选项：
1. 选项A：热值的定义是单位质量（或体积）的燃料完全燃烧时所释放的热量，题目中标识是单位质量的食物提供的能量，与热值的定义含义类似；
2. 选项B：热量是过程量，指热传递过程中传递的能量多少，并非单位质量对应的能量，不符合题意；
3. 选项C：比热容是单位质量的物质升高（或降低）1℃所吸收（或放出）的热量，与题目中“能量/质量”的含义不同，不符合题意；
4. 选项D：内能是物体内部所有分子热运动的动能和分子势能的总和，是状态量，不是单位质量对应的能量，不符合题意。
综上，答案为A。
【答案】A
【知识点】热值的概念
【点评】本题考查对热学基本概念的理解，核心是区分各物理量的定义，属于基础概念题，难度不大。
【难度系数】0.7

8. (四川广安中考改编)某单缸四冲程汽油机的效率为30%，飞轮每分钟转动1 800圈($q_{汽油}=4.6×10^7$ J/kg)，则下列说法正确的是 ()

A.汽车尾气中的“汽油味”越浓，热机的效率越高
B.若该汽油机完全燃烧5 kg汽油，则汽油机做的有用功为$6.9×10^7$ J
C.该汽油机在1 s内做功30次
D.汽油机消耗的燃料越少，效率一定越高

8.B

【分析】
要解决这道题，需掌握热机效率的定义、单缸四冲程汽油机的工作规律（飞轮转2圈对外做功1次）、热值的计算。逐个分析选项：A选项中汽油味浓说明燃烧不充分，效率低；B选项需先计算汽油完全燃烧放热，再结合效率算有用功；C选项根据飞轮转速推导每秒做功次数；D选项明确效率是有用功与总热量的比值，和燃料多少无关。
【解析】
1. 核心公式与规律：热机效率$\eta=\frac{W_{有用}}{Q_{放}}$，燃料完全燃烧放热$Q_{放}=mq$；单缸四冲程汽油机一个工作循环，飞轮转2圈，对外做功1次。
2. 选项A：汽车尾气“汽油味”浓，说明汽油燃烧不充分，燃料利用率低，热机效率越低，故A错误。
3. 选项B：完全燃烧5kg汽油放出的热量$Q_{放}=mq=5kg×4.6×10^7J/kg=2.3×10^8J$，有用功$W_{有用}=\eta Q_{放}=30\%×2.3×10^8J=6.9×10^7J$，故B正确。
4. 选项C：飞轮转速$1800r/min=30r/s$，每秒飞轮转30圈，每2圈做功1次，故每秒做功次数为$30÷2=15$次，不是30次，故C错误。
5. 选项D：热机效率是有用功与燃料完全燃烧放出热量的比值，与消耗燃料的多少无关，取决于有用功和总热量的比值，故D错误。
【答案】
B
【知识点】
热机效率、四冲程汽油机工作原理、热值计算
【点评】
本题考查热机相关基础知识点，涉及热机效率概念、汽油机转速与做功次数的关系、热值计算，是中考常见题型，需准确理解各概念内涵，避免混淆转速与做功次数的对应关系。
【难度系数】
0.6

9. 如图所示是完全燃烧A、B两种燃料时，其质量与放出热量的关系图像，由图像可知，A、B两种燃料的热值大小关系是$q_A$ （选填“＞”“＜”或“=”）$q_B$。

9.＞

【分析】要比较A、B两种燃料的热值，需利用热值公式$ q = \frac{Q}{m} $（完全燃烧时，$ Q $为燃料放出的热量，$ m $为燃料质量）。从图像中选取相同的质量$ m $，观察对应放出的热量：当质量相同时，燃料A放出的热量$ Q_A $大于燃料B放出的热量$ Q_B $。根据公式，质量相同时，放出热量越大，热值越大，据此判断热值大小。
【解析】根据热值的定义，完全燃烧时燃料的热值$ q = \frac{Q}{m} $。在图像中取相同的质量$ m $，此时$ Q_A ＞ Q_B $，代入公式可得：$ q_A = \frac{Q_A}{m} $，$ q_B = \frac{Q_B}{m} $，由于$ Q_A ＞ Q_B $且$ m $相同，因此$ q_A ＞ q_B $。
【答案】＞
【知识点】热值的概念、热量与热值的关系
【点评】本题通过图像考查热值的比较，核心是掌握热值公式，利用控制变量法分析图像，属于基础题，难度较低。
【难度系数】0.7

10.【科学探究】(江苏镇江中考)小兵利用图示装置测算酒精的热值.燃烧皿中酒精的质量为12 g,烧杯中水的质量为200 g,初温为23 ℃,点燃酒精,当水温升高到43 ℃时,立即熄灭火焰.该过程水吸收的热量$Q_{吸}=$J.他想利用$Q_{放}=Q_{吸}$计算酒精的热值,还需进行的实验操作是,他所测算出的热值与真实值相比(选填“偏大”“偏小”或“相等”).$[c_{水}=4.2×10^{3} J/(kg·℃)]$

10.$1.68×10^4$ 测出剩余酒精的质量 偏小

【分析】
首先计算水吸收的热量，需利用吸热公式$Q_{吸}=c_{水}m_{水}\Delta t$，注意单位统一；要计算酒精的热值，需明确热值是单位质量燃料完全燃烧放出的热量，因此需要知道燃烧掉的酒精质量，需测量剩余酒精的质量；实验中酒精燃烧时存在热量散失、未完全燃烧等情况，会影响测算的热值结果，据此分析偏差。
【解析】
1. 计算水吸收的热量：
水的质量$m_{水}=200g=0.2kg$，温度变化$\Delta t=43℃-23℃=20℃$，根据吸热公式：
$Q_{吸}=c_{水}m_{水}\Delta t=4.2×10^3 J/(kg·℃)×0.2kg×20℃=1.68×10^4 J$。
2. 计算酒精热值的公式为$q=\frac{Q_{放}}{m_{燃}}$，其中$m_{燃}$是燃烧掉的酒精质量，已知初始酒精质量为12g，因此需要测出剩余酒精的质量，才能算出燃烧掉的酒精质量。
3. 实验中，酒精燃烧放出的热量会部分散失到空气中、被装置吸收，且酒精可能未完全燃烧，导致水吸收的热量$Q_{吸}$小于酒精完全燃烧放出的热量$Q_{放}$。若用$Q_{吸}$代替$Q_{放}$计算热值，会使测算出的热值偏小。
【答案】
$1.68×10^4$；测出剩余酒精的质量；偏小
【知识点】
热量计算；热值；实验误差分析
【点评】
本题考查热量计算、热值测算的实验操作及误差分析，需掌握相关公式，理解实验中热量散失对结果的影响，是中考常见的实验探究题。
【难度系数】
0.5

11.【教材习题改编】某型号汽车在车型测试中,在一段平直的公路上以80 km/h的速度匀速行驶了6 km,消耗汽油1.05 kg.已知汽油的热值$q_{汽油}=4.6×10^7 J/kg$,假设汽油完全燃烧,汽油机的效率为40%.求:
(1)完全燃烧1.05 kg汽油所放出的热量.
(2)该汽车所做的有用功.
(3)该型号汽车在以此速度行驶的过程中,受到的阻力.

11.解:(1)完全燃烧1.05 kg汽油所放出的热量:
$Q_{放}=mq_{汽油}=1.05\ \mathrm{kg}×4.6×10^7\ \mathrm{J/kg}=4.83×10^7\ \mathrm{J}.$
(2)由$\eta=\dfrac{W}{Q_{放}}$可知,该汽车所做的有用功:
$W=\eta Q_{放}=40\%×4.83×10^7\ \mathrm{J}=1.932×10^7\ \mathrm{J}.$
(3)由$W=Fs$可知,汽车受到的牵引力:$F=\dfrac{W}{s}=\dfrac{1.932×10^7\ \mathrm{J}}{6×1\ 000\ \mathrm{m}}=3\ 220\ \mathrm{N}.$由于汽车匀速行驶,汽车的牵引力与受到的阻力是一对平衡力,根据二力平衡条件可知,汽车受到的阻力:$f=F=3\ 220\ \mathrm{N}.$

【分析】
本题分三小问逐步求解：(1) 求汽油完全燃烧放出的热量，直接应用热值公式$Q_{放}=mq$，代入汽油质量和热值计算；(2) 求汽车有用功，利用热机效率公式$\eta=\dfrac{W}{Q_{放}}$变形得$W=\eta Q_{放}$，结合第一问结果计算；(3) 求阻力，先由功的公式$W=Fs$变形得牵引力$F=\dfrac{W}{s}$，再根据汽车匀速行驶时牵引力与阻力是平衡力、大小相等的特点得到阻力，计算时需统一路程单位为米。
【解析】
解：(1) 完全燃烧1.05 kg汽油放出的热量：
$Q_{放}=mq_{汽油}=1.05\ \mathrm{kg}×4.6×10^7\ \mathrm{J/kg}=4.83×10^7\ \mathrm{J}.$
(2) 由热机效率公式$\eta=\dfrac{W}{Q_{放}}$，可得汽车所做的有用功：
$W=\eta Q_{放}=40\%×4.83×10^7\ \mathrm{J}=1.932×10^7\ \mathrm{J}.$
(3) 汽车行驶的路程$s=6\ \mathrm{km}=6000\ \mathrm{m}$，由功的公式$W=Fs$，可得汽车的牵引力：
$F=\dfrac{W}{s}=\dfrac{1.932×10^7\ \mathrm{J}}{6000\ \mathrm{m}}=3220\ \mathrm{N}.$
因汽车匀速行驶，牵引力与阻力是一对平衡力，大小相等，故汽车受到的阻力：
$f=F=3220\ \mathrm{N}.$
【答案】
(1) $4.83×10^7\ \mathrm{J}$；(2) $1.932×10^7\ \mathrm{J}$；(3) $3220\ \mathrm{N}$
【知识点】
热值计算、热机效率、功的计算
【点评】
本题为教材改编的基础综合题，考查热值、热机效率、功的计算公式及二力平衡的应用，解题步骤清晰，需注意单位统一，是巩固热学与力学基础知识点的典型题目。
【难度系数】
0.7

12. 如图是新农村建设中广泛使用的一种小型农用柴油机，铭牌部分信息如表所示，其中活塞行程是指一个冲程活塞移动的距离.该柴油机为单缸四冲程内燃机，压缩冲程中气缸内气体内能增加是通过方式实现的.正常工作1 min，柴油机输出的有用功为J，消耗了kg的柴油，做功冲程中燃气对活塞的平均压力为N.（$q_{柴油}=4.0×10^7 J/kg$）


型号 XXX
活塞行程 100 mm
转速 2400 r/min
输出功率 8 kW
效率 40%

12.做功 $4.8×10^5$ 0.03 4 000

【分析】
首先，压缩冲程中活塞对气缸内气体做功，机械能转化为内能，明确内能改变的方式；其次，计算有用功需利用功率公式，注意单位换算；然后，求柴油质量要结合效率公式和热值公式推导；最后，计算做功冲程的平均压力时，需根据转速确定做功次数，再结合功的公式推导压力，同时注意活塞行程的单位换算。
【解析】
1. 压缩冲程内能改变方式：压缩冲程中，活塞压缩气缸内气体，对气体做功，机械能转化为内能，因此内能增加是通过做功方式实现。
2. 正常工作1min的有用功：输出功率$P=8\ \mathrm{kW}=8000\ \mathrm{W}$，时间$t=1\ \mathrm{min}=60\ \mathrm{s}$，根据$W=Pt$，有用功$W_{\mathrm{有}}=8000\ \mathrm{W} × 60\ \mathrm{s}=4.8 × 10^5\ \mathrm{J}$。
3. 消耗柴油的质量：柴油机效率$\eta=40\%$，由$\eta=\frac{W_{\mathrm{有}}}{Q_{\mathrm{放}}}$得柴油完全燃烧放出的热量$Q_{\mathrm{放}}=\frac{W_{\mathrm{有}}}{\eta}=\frac{4.8 × 10^5\ \mathrm{J}}{0.4}=1.2 × 10^6\ \mathrm{J}$；再由$Q_{\mathrm{放}}=mq$，得柴油质量$m=\frac{Q_{\mathrm{放}}}{q}=\frac{1.2 × 10^6\ \mathrm{J}}{4.0 × 10^7\ \mathrm{J/kg}}=0.03\ \mathrm{kg}$。
4. 做功冲程燃气的平均压力：单缸四冲程柴油机每2转完成1个工作循环（做功1次），转速$2400\ \mathrm{r/min}$，1min内做功次数$n=\frac{2400}{2}=1200$次；每次做功$W_0=\frac{W_{\mathrm{有}}}{n}=\frac{4.8 × 10^5\ \mathrm{J}}{1200}=400\ \mathrm{J}$；活塞行程$s=100\ \mathrm{mm}=0.1\ \mathrm{m}$，由$W_0=Fs$得平均压力$F=\frac{W_0}{s}=\frac{400\ \mathrm{J}}{0.1\ \mathrm{m}}=4000\ \mathrm{N}$。
【答案】
做功；$4.8×10^5$；$0.03$；$4000$
【知识点】
内能的改变、功的计算、热值与效率
【点评】
本题结合柴油机铭牌信息，综合考查内燃机工作原理、内能改变方式及相关热学、力学计算，需掌握转速与做功次数的关系，熟练运用公式，属于基础综合题。
【难度系数】
0.6