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3. 如图是杜甫诗句“沙暖睡鸳鸯”的画面。太阳升起时，沙地比水更暖和，因为沙的比热容比水更
小
。已知$c_{水}=4.2×10^{3}J/(kg·℃)$，则在标准大气压下，质量为5 kg的水温度从$30℃$升高$20℃$，吸收热量$4.2×10^5$
J。答案
3. 小 $4.2×10^5$
解析
【分析】
要解答本题，首先需理解比热容的物理特性：相同质量的不同物质，吸收相同热量时，比热容越小，温度升高得越快。太阳升起时，沙地和水吸收的热量相近，沙地温度更高，说明沙的比热容比水小。其次，计算水吸收的热量需运用吸热公式$Q_{吸}=cm\Delta t$，其中$\Delta t$是温度的变化量，本题中温度升高$20℃$，即$\Delta t=20℃$，代入对应数值计算即可。
【解析】
1. 比较比热容：相同质量的沙和水，吸收相同热量时，沙的温度升高更快，因此沙的比热容比水小。
2. 计算水吸收的热量：根据吸热公式$Q_{吸}=c_{水}m\Delta t$，代入$c_{水}=4.2×10^{3}J/(kg·℃)$，$m=5kg$，$\Delta t=20℃$，可得：
$Q_{吸}=4.2×10^{3}J/(kg·℃)×5kg×20℃=4.2×10^5J$。
【答案】
小；$4.2×10^5$
【知识点】
比热容；热量计算
【点评】
本题结合生活场景考查比热容特性与热量计算，属于基础题型，需牢记比热容的物理意义和吸热公式，注意温度变化量的取值。
【难度系数】
0.3
要解答本题，首先需理解比热容的物理特性：相同质量的不同物质，吸收相同热量时，比热容越小，温度升高得越快。太阳升起时，沙地和水吸收的热量相近，沙地温度更高，说明沙的比热容比水小。其次，计算水吸收的热量需运用吸热公式$Q_{吸}=cm\Delta t$，其中$\Delta t$是温度的变化量，本题中温度升高$20℃$，即$\Delta t=20℃$，代入对应数值计算即可。
【解析】
1. 比较比热容：相同质量的沙和水，吸收相同热量时，沙的温度升高更快，因此沙的比热容比水小。
2. 计算水吸收的热量：根据吸热公式$Q_{吸}=c_{水}m\Delta t$，代入$c_{水}=4.2×10^{3}J/(kg·℃)$，$m=5kg$，$\Delta t=20℃$，可得：
$Q_{吸}=4.2×10^{3}J/(kg·℃)×5kg×20℃=4.2×10^5J$。
【答案】
小；$4.2×10^5$
【知识点】
比热容；热量计算
【点评】
本题结合生活场景考查比热容特性与热量计算，属于基础题型，需牢记比热容的物理意义和吸热公式，注意温度变化量的取值。
【难度系数】
0.3
4. 汽油机工作时，汽油在气缸内燃烧时将
化学
能转化内
能。如图所示是某单缸四冲程汽油机工作状态示意图，由图可以看出，此时它正处在做功
冲程。如果这台汽油机的飞轮转速是3600 r/min，则它每秒钟对外做功30
次。答案
4. 化学 内 做功 30
解析
【分析】
要解答本题，需分三步思考：①明确汽油燃烧的能量转化：汽油储存化学能，燃烧时将化学能转化为内能；②判断汽油机冲程：结合气门状态、活塞运动方向和火花塞是否点火确定冲程；③计算每秒做功次数：先换算飞轮转速，再依据四冲程汽油机“飞轮每转2圈对外做功1次”的规律计算。
【解析】
1. 汽油燃烧的能量转化：汽油是燃料，具有化学能，在气缸内燃烧时，发生化学反应，将化学能转化为气缸内气体的内能。
2. 冲程判断：观察题图，汽油机的两个气门均关闭，活塞向下运动，且火花塞点火，符合做功冲程的特征，因此此时汽油机正处在做功冲程。
3. 每秒做功次数计算：飞轮转速为$ 3600 \, \mathrm{r/min} $，换算为每秒转速：$ 3600 ÷ 60 = 60 \, \mathrm{r/s} $。四冲程汽油机每完成1个工作循环，飞轮转2圈，对外做功1次，因此每秒对外做功次数为：$ 60 ÷ 2 = 30 $次。
【答案】
化学；内；做功；30
【知识点】
汽油机能量转化；四冲程汽油机；飞轮转速与做功次数
【点评】
本题考查初中物理热学中汽油机的基础知识点，涵盖能量转化、冲程判断和转速计算，是常考题型，需牢记四冲程汽油机的工作规律。
【难度系数】
0.7
要解答本题，需分三步思考：①明确汽油燃烧的能量转化：汽油储存化学能，燃烧时将化学能转化为内能；②判断汽油机冲程：结合气门状态、活塞运动方向和火花塞是否点火确定冲程；③计算每秒做功次数：先换算飞轮转速，再依据四冲程汽油机“飞轮每转2圈对外做功1次”的规律计算。
【解析】
1. 汽油燃烧的能量转化：汽油是燃料，具有化学能，在气缸内燃烧时，发生化学反应，将化学能转化为气缸内气体的内能。
2. 冲程判断：观察题图，汽油机的两个气门均关闭，活塞向下运动，且火花塞点火，符合做功冲程的特征，因此此时汽油机正处在做功冲程。
3. 每秒做功次数计算：飞轮转速为$ 3600 \, \mathrm{r/min} $，换算为每秒转速：$ 3600 ÷ 60 = 60 \, \mathrm{r/s} $。四冲程汽油机每完成1个工作循环，飞轮转2圈，对外做功1次，因此每秒对外做功次数为：$ 60 ÷ 2 = 30 $次。
【答案】
化学；内；做功；30
【知识点】
汽油机能量转化；四冲程汽油机；飞轮转速与做功次数
【点评】
本题考查初中物理热学中汽油机的基础知识点，涵盖能量转化、冲程判断和转速计算，是常考题型，需牢记四冲程汽油机的工作规律。
【难度系数】
0.7
5.（青海中考）我们常吃的月饼是烤箱里“烤”的，但根据南宋《武林旧事》记载，最早的月饼出自笼屉，青海就保留着用蒸笼“蒸”月饼的传统习俗。下列情境中，改变物体内能的方式与“蒸”“烤”相同的是（
A.弯折铁丝
B.钻木取火
C.压缩空气
D.酒精灯加热
D
）A.弯折铁丝
B.钻木取火
C.压缩空气
D.酒精灯加热
答案
5. D
解析
【分析】首先明确改变物体内能的两种方式为做功和热传递。题目中的“蒸”“烤”是通过热传递的方式改变物体内能，需找出选项中属于热传递改变内能的操作。逐一分析各选项：A弯折铁丝是对铁丝做功，B钻木取火是克服摩擦做功，C压缩空气是对空气做功，这三者均为做功改变内能；D酒精灯加热是通过热传递传递热量，改变内能，与“蒸”“烤”方式相同。
【解析】改变内能的方式有做功和热传递两种。“蒸”“烤”月饼时，是通过热传递的方式让物体吸收热量，从而改变内能。
选项A：弯折铁丝时，对铁丝做功，机械能转化为内能，属于做功改变内能，不符合要求；
选项B：钻木取火时，克服摩擦做功，机械能转化为内能，属于做功改变内能，不符合要求；
选项C：压缩空气时，对空气做功，空气内能增加，属于做功改变内能，不符合要求；
选项D：酒精灯加热时，热量通过热传递转移给被加热物体，属于热传递改变内能，与“蒸”“烤”的方式相同，符合要求。
【答案】D
【知识点】内能的改变方式、热传递、做功
【点评】本题考查改变内能的两种方式，需准确区分做功和热传递改变内能的实例，属于基础题，难度较低。
【难度系数】0.6
【解析】改变内能的方式有做功和热传递两种。“蒸”“烤”月饼时，是通过热传递的方式让物体吸收热量，从而改变内能。
选项A：弯折铁丝时，对铁丝做功，机械能转化为内能，属于做功改变内能，不符合要求；
选项B：钻木取火时，克服摩擦做功，机械能转化为内能，属于做功改变内能，不符合要求；
选项C：压缩空气时，对空气做功，空气内能增加，属于做功改变内能，不符合要求；
选项D：酒精灯加热时，热量通过热传递转移给被加热物体，属于热传递改变内能，与“蒸”“烤”的方式相同，符合要求。
【答案】D
【知识点】内能的改变方式、热传递、做功
【点评】本题考查改变内能的两种方式，需准确区分做功和热传递改变内能的实例，属于基础题，难度较低。
【难度系数】0.6
6.（通辽中考）小丽站在自动扶梯上随扶梯一起向上匀速运动，如图。下列关于她的机械能说法正确的是（
A.动能增大，机械能增大
B.重力势能增大，机械能增大
C.动能减小，机械能不变
D.重力势能减小，机械能增大
B
）A.动能增大，机械能增大
B.重力势能增大，机械能增大
C.动能减小，机械能不变
D.重力势能减小，机械能增大
答案
6. B
解析
【分析】
要判断小丽的机械能变化，需分别分析动能和重力势能的变化，再根据“机械能=动能+势能”判断整体变化。首先回忆：动能大小与质量、速度有关，重力势能大小与质量、高度有关；小丽随扶梯匀速向上运动，先确定速度、高度的变化，再推导动能、重力势能的变化，最终得出机械能的变化。
【解析】
1. 分析动能变化：动能的影响因素是质量和运动速度，公式为$E_k=\frac{1}{2}mv^2$。小丽随自动扶梯匀速向上运动，她的质量不变，运动速度也不变，因此她的动能保持不变。
2. 分析重力势能变化：重力势能的影响因素是质量和被举高的高度，公式为$E_p=mgh$。小丽的质量不变，随扶梯向上运动时，所处的高度不断增大，因此她的重力势能增大。
3. 分析机械能变化：机械能是动能与势能的总和，即$E=E_k+E_p$。由于小丽的动能不变，重力势能增大，所以她的机械能整体增大。
综上，选项B符合分析结果。
【答案】
B
【知识点】
动能影响因素、重力势能影响因素、机械能
【点评】
本题考查机械能的变化判断，核心是掌握动能、重力势能的影响因素，明确机械能为动能与势能之和，属于中考基础题型，侧重对基本概念的应用。
【难度系数】
0.7
要判断小丽的机械能变化，需分别分析动能和重力势能的变化，再根据“机械能=动能+势能”判断整体变化。首先回忆：动能大小与质量、速度有关，重力势能大小与质量、高度有关；小丽随扶梯匀速向上运动，先确定速度、高度的变化，再推导动能、重力势能的变化，最终得出机械能的变化。
【解析】
1. 分析动能变化：动能的影响因素是质量和运动速度，公式为$E_k=\frac{1}{2}mv^2$。小丽随自动扶梯匀速向上运动，她的质量不变，运动速度也不变，因此她的动能保持不变。
2. 分析重力势能变化：重力势能的影响因素是质量和被举高的高度，公式为$E_p=mgh$。小丽的质量不变，随扶梯向上运动时，所处的高度不断增大，因此她的重力势能增大。
3. 分析机械能变化：机械能是动能与势能的总和，即$E=E_k+E_p$。由于小丽的动能不变，重力势能增大，所以她的机械能整体增大。
综上，选项B符合分析结果。
【答案】
B
【知识点】
动能影响因素、重力势能影响因素、机械能
【点评】
本题考查机械能的变化判断，核心是掌握动能、重力势能的影响因素，明确机械能为动能与势能之和，属于中考基础题型，侧重对基本概念的应用。
【难度系数】
0.7
7.（菏泽中考）家用汽车常用汽油机提供动力，以下有关说法正确的是（
A.汽油燃烧时它的热值减小
B.汽油机的冷却液温度越高，含有的热量越多
C.汽油机的做功冲程，内能转化为机械能
D.汽车尾气的汽油味越浓说明汽油燃烧越充分
C
）A.汽油燃烧时它的热值减小
B.汽油机的冷却液温度越高，含有的热量越多
C.汽油机的做功冲程，内能转化为机械能
D.汽车尾气的汽油味越浓说明汽油燃烧越充分
答案
7. C
解析
【分析】本题是汽油机相关的物理选择题，解题思路为逐一分析每个选项，结合热值、热量、内燃机冲程的能量转化、燃料燃烧充分的判断等知识点，判断各选项说法的正误，从而选出正确答案。
【解析】A选项：热值是燃料的固有特性，仅与燃料种类有关，与燃烧情况无关，因此汽油燃烧时热值不变，A错误；B选项：热量是过程量，不能用“含有”描述，且冷却液温度越高，其内能越大，并非含有的热量越多，B错误；C选项：汽油机做功冲程中，燃气膨胀对外做功，将内能转化为机械能，C正确；D选项：汽油味浓说明存在未完全燃烧的汽油，即汽油燃烧不充分，D错误。
【答案】C
【知识点】热值、内能转化、热量概念
【点评】本题考查汽油机相关的基础物理知识，涉及多个核心概念，难度较低，侧重对基础知识点的理解与应用。
【难度系数】0.8
【解析】A选项：热值是燃料的固有特性，仅与燃料种类有关，与燃烧情况无关，因此汽油燃烧时热值不变，A错误；B选项：热量是过程量，不能用“含有”描述，且冷却液温度越高，其内能越大，并非含有的热量越多，B错误；C选项：汽油机做功冲程中，燃气膨胀对外做功，将内能转化为机械能，C正确；D选项：汽油味浓说明存在未完全燃烧的汽油，即汽油燃烧不充分，D错误。
【答案】C
【知识点】热值、内能转化、热量概念
【点评】本题考查汽油机相关的基础物理知识，涉及多个核心概念，难度较低，侧重对基础知识点的理解与应用。
【难度系数】0.8
8. 在两个相同的烧杯中分别装入初温和质量相同的水和另外一种液体，已知$c_{水}＞c_{液}$，且在相同时间内它们放出的热量相等，每隔一段时间用温度计分别测量两种液体的温度，并画出了温度随时间变化的图像如图所示，结合图像判断下列说法正确的是 （
A.由图像中数据分析可知，甲液体为水
B.0～15 min，甲液体降低的温度比乙液体降低的多
C.0～15 min，甲液体放出的热量大于乙液体放出的热量
D.如果降低相同的温度，两液体放出的热量相同
A
）A.由图像中数据分析可知，甲液体为水
B.0～15 min，甲液体降低的温度比乙液体降低的多
C.0～15 min，甲液体放出的热量大于乙液体放出的热量
D.如果降低相同的温度，两液体放出的热量相同
答案
8. A
解析
【分析】
本题考查比热容的应用，需利用放热公式$Q_{放}=cm\Delta t$分析。已知两种液体初温、质量相同，相同时间内放出热量相等，且$c_{水}＞c_{液}$。解题思路：①根据图像读取温度变化，结合放热公式判断比热容大小，确定哪种液体是水；②逐一分析各选项，验证温度变化、放出热量等是否符合条件。
【解析】
根据放热公式$Q_{放}=cm\Delta t$，变形得$c=\frac{Q_{放}}{m\Delta t}$。
由题意，两液体质量$m$相同，相同时间内放出热量$Q_{放}$相等，因此比热容$c$与温度变化量$\Delta t$成反比：$\Delta t$越大，$c$越小。
观察图像：0~20min，甲液体温度从60℃降到30℃，温度变化$\Delta t_{甲}=60℃-30℃=30℃$；乙液体温度从60℃降到10℃，温度变化$\Delta t_{乙}=60℃-10℃=50℃$。
因为$\Delta t_{甲}＜\Delta t_{乙}$，所以$c_{甲}＞c_{乙}$，又已知$c_{水}＞c_{液}$，故甲液体为水，A选项正确。
对其他选项分析：
B选项：0~15min，甲的降温速率为$\frac{30℃}{20min}=1.5℃/min$，降低温度$1.5℃/min×15min=22.5℃$；乙的降温速率为$\frac{50℃}{20min}=2.5℃/min$，降低温度$2.5℃/min×15min=37.5℃$，乙降低更多，B错误。
C选项：题目明确“相同时间内它们放出的热量相等”，故0~15min甲乙放出热量相等，C错误。
D选项：由$Q_{放}=cm\Delta t$，$m$相同、$c$不同，若降低相同温度$\Delta t$，则放出热量$Q_{放}$不同，D错误。
【答案】
A
【知识点】
比热容、放热公式应用
【点评】
本题结合温度-时间图像考查比热容的实际应用，核心是利用放热公式分析比热容与温度变化的关系，需准确读取图像数据，理解相同时间放热相等的条件，属于中等难度的比热容应用题型。
【难度系数】
0.4
本题考查比热容的应用，需利用放热公式$Q_{放}=cm\Delta t$分析。已知两种液体初温、质量相同，相同时间内放出热量相等，且$c_{水}＞c_{液}$。解题思路：①根据图像读取温度变化，结合放热公式判断比热容大小，确定哪种液体是水；②逐一分析各选项，验证温度变化、放出热量等是否符合条件。
【解析】
根据放热公式$Q_{放}=cm\Delta t$，变形得$c=\frac{Q_{放}}{m\Delta t}$。
由题意，两液体质量$m$相同，相同时间内放出热量$Q_{放}$相等，因此比热容$c$与温度变化量$\Delta t$成反比：$\Delta t$越大，$c$越小。
观察图像：0~20min，甲液体温度从60℃降到30℃，温度变化$\Delta t_{甲}=60℃-30℃=30℃$；乙液体温度从60℃降到10℃，温度变化$\Delta t_{乙}=60℃-10℃=50℃$。
因为$\Delta t_{甲}＜\Delta t_{乙}$，所以$c_{甲}＞c_{乙}$，又已知$c_{水}＞c_{液}$，故甲液体为水，A选项正确。
对其他选项分析：
B选项：0~15min，甲的降温速率为$\frac{30℃}{20min}=1.5℃/min$，降低温度$1.5℃/min×15min=22.5℃$；乙的降温速率为$\frac{50℃}{20min}=2.5℃/min$，降低温度$2.5℃/min×15min=37.5℃$，乙降低更多，B错误。
C选项：题目明确“相同时间内它们放出的热量相等”，故0~15min甲乙放出热量相等，C错误。
D选项：由$Q_{放}=cm\Delta t$，$m$相同、$c$不同，若降低相同温度$\Delta t$，则放出热量$Q_{放}$不同，D错误。
【答案】
A
【知识点】
比热容、放热公式应用
【点评】
本题结合温度-时间图像考查比热容的实际应用，核心是利用放热公式分析比热容与温度变化的关系，需准确读取图像数据，理解相同时间放热相等的条件，属于中等难度的比热容应用题型。
【难度系数】
0.4
