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9.如图所示依次为甲、乙、丙三台汽油机燃料完全燃烧释放的内能和汽油机输出机械能的二维柱状图。根据图中信息，下列说法正确的是（
A.丙输出的机械能比甲少，所以丙的效率比甲低
B.三台汽油机中，丙的效率最高
C.在消耗燃料质量相同时，乙输出机械能比甲少
D.输出相同的机械能，乙比丙消耗的燃料更少
D
）A.丙输出的机械能比甲少，所以丙的效率比甲低
B.三台汽油机中，丙的效率最高
C.在消耗燃料质量相同时，乙输出机械能比甲少
D.输出相同的机械能，乙比丙消耗的燃料更少
答案
9.D 【解析】假设纵坐标轴的单位长度为1，由公式η=W有/Q放×100%，甲的效率η甲=2/8 ×100% = 25%，乙的效率η乙=2/4×100% = 50%，丙的效率η丙=1/4 ×100% = 25%，可见，三台汽油机中，乙的效率最高，甲、丙的效率相同，A、B错误。由图可知，消耗相同质量的燃料，乙输出的机械能最多，C错误。输出相同的机械能，乙消耗的燃料最少，D正确。
解析
【分析】首先明确汽油机的效率是输出的机械能（有用能量）与燃料完全燃烧释放的总内能的比值，公式为$\eta=\frac{W_{有}}{Q_{放}}×100\%$。解题时需先根据柱状图确定甲、乙、丙三台汽油机的总内能（灰色柱）和输出机械能（白色柱）的数值，再计算各自效率，结合效率公式逐一分析选项。
【解析】假设纵坐标轴单位长度为1，由图可得：
甲：燃料完全燃烧释放的内能$Q_{放甲}=8$，输出的机械能$W_{甲}=2$，效率$\eta_{甲}=\frac{2}{8}×100\%=25\%$；
乙：$Q_{放乙}=4$，$W_{乙}=2$，效率$\eta_{乙}=\frac{2}{4}×100\%=50\%$；
丙：$Q_{放丙}=4$，$W_{丙}=1$，效率$\eta_{丙}=\frac{1}{4}×100\%=25\%$。
对选项分析：
A. 丙输出的机械能比甲少，但丙的效率与甲相同，并非丙效率低，错误；
B. 三台汽油机中乙的效率最高，甲、丙效率相同，并非丙效率最高，错误；
C. 消耗相同质量燃料（即$Q_{放}$相同）时，乙输出的机械能比甲多，错误；
D. 输出相同机械能时，乙需要的燃料最少，正确。
【答案】D
【知识点】热机效率、汽油机能量转化
【点评】本题考查热机效率的理解与应用，核心是掌握效率公式，结合柱状图提取能量数据，通过计算效率分析选项，需明确总内能与输出机械能的关系，避免混淆能量对应关系。
【难度系数】0.6
【解析】假设纵坐标轴单位长度为1，由图可得：
甲：燃料完全燃烧释放的内能$Q_{放甲}=8$，输出的机械能$W_{甲}=2$，效率$\eta_{甲}=\frac{2}{8}×100\%=25\%$；
乙：$Q_{放乙}=4$，$W_{乙}=2$，效率$\eta_{乙}=\frac{2}{4}×100\%=50\%$；
丙：$Q_{放丙}=4$，$W_{丙}=1$，效率$\eta_{丙}=\frac{1}{4}×100\%=25\%$。
对选项分析：
A. 丙输出的机械能比甲少，但丙的效率与甲相同，并非丙效率低，错误；
B. 三台汽油机中乙的效率最高，甲、丙效率相同，并非丙效率最高，错误；
C. 消耗相同质量燃料（即$Q_{放}$相同）时，乙输出的机械能比甲多，错误；
D. 输出相同机械能时，乙需要的燃料最少，正确。
【答案】D
【知识点】热机效率、汽油机能量转化
【点评】本题考查热机效率的理解与应用，核心是掌握效率公式，结合柱状图提取能量数据，通过计算效率分析选项，需明确总内能与输出机械能的关系，避免混淆能量对应关系。
【难度系数】0.6
10. 汽油机在
做功
冲程中将内能转化为机械能。若某汽车的汽油机在一段时间内所做的有用功为$2.3× 10^{7}\ \mathrm{J}$, 效率为25%, 则该汽油机在这段时间内消耗2
kg的汽油（汽油的热值取$4.6× 10^{7}\ \mathrm{J/kg}$）。答案
10. 做功 2
解析
【分析】
首先回忆汽油机四个冲程的能量转化：吸气、压缩、做功、排气冲程中，做功冲程将内能转化为机械能，压缩冲程是机械能转化为内能，据此确定第一个空；对于第二个空，利用热机效率公式先求出汽油完全燃烧放出的总热量，再结合热值公式计算消耗汽油的质量。
【解析】
1. 汽油机的四个冲程里，做功冲程实现内能向机械能的转化，因此第一个空填“做功”。
2. 根据热机效率公式$\eta=\frac{W_{有用}}{Q_{放}}$，可得汽油完全燃烧放出的热量：
$Q_{放}=\frac{W_{有用}}{\eta}=\frac{2.3×10^7\ \mathrm{J}}{25\%}=9.2×10^7\ \mathrm{J}$
再根据热值公式$Q_{放}=mq$，变形得消耗汽油的质量：
$m=\frac{Q_{放}}{q}=\frac{9.2×10^7\ \mathrm{J}}{4.6×10^7\ \mathrm{J/kg}}=2\ \mathrm{kg}$
【答案】
做功；2
【知识点】
汽油机冲程、热机效率、热值计算
【点评】
本题考查汽油机的能量转化及热机效率、热值的综合计算，属于初中物理热学基础考点，解题思路清晰，步骤明确，是学生应掌握的基础题型。
【难度系数】
0.8
首先回忆汽油机四个冲程的能量转化：吸气、压缩、做功、排气冲程中，做功冲程将内能转化为机械能，压缩冲程是机械能转化为内能，据此确定第一个空；对于第二个空，利用热机效率公式先求出汽油完全燃烧放出的总热量，再结合热值公式计算消耗汽油的质量。
【解析】
1. 汽油机的四个冲程里，做功冲程实现内能向机械能的转化，因此第一个空填“做功”。
2. 根据热机效率公式$\eta=\frac{W_{有用}}{Q_{放}}$，可得汽油完全燃烧放出的热量：
$Q_{放}=\frac{W_{有用}}{\eta}=\frac{2.3×10^7\ \mathrm{J}}{25\%}=9.2×10^7\ \mathrm{J}$
再根据热值公式$Q_{放}=mq$，变形得消耗汽油的质量：
$m=\frac{Q_{放}}{q}=\frac{9.2×10^7\ \mathrm{J}}{4.6×10^7\ \mathrm{J/kg}}=2\ \mathrm{kg}$
【答案】
做功；2
【知识点】
汽油机冲程、热机效率、热值计算
【点评】
本题考查汽油机的能量转化及热机效率、热值的综合计算，属于初中物理热学基础考点，解题思路清晰，步骤明确，是学生应掌握的基础题型。
【难度系数】
0.8
变式 合理分类和利用垃圾可以变废为宝，在一定条件下，1 kg垃圾能“榨”出0.17 kg燃料油，若燃料油的热值为$4.0× 10^{7}\ \mathrm{J/kg}$，则这些燃料油完全燃烧释放出的热量为
$6.8×10^6$
J，如果这些热量的42%被水吸收，则可以使8.5
kg的水温度从$20\ °\mathrm{C}$升高到$100\ °\mathrm{C}$。[水的比热容为$4.2× 10^{3}\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg}·°\mathrm{C})$]答案
变式$ 6.8×10^6 8.5$
解析
【分析】
首先明确解题思路：第一步，根据燃料燃烧放热公式计算燃料油完全燃烧释放的热量，需先确定燃料油的质量（由1kg垃圾榨出0.17kg燃料油得出）；第二步，利用热效率公式计算被水吸收的热量；第三步，根据吸热公式变形求水的质量，注意温度变化量的计算，代入对应数值即可求解。
【解析】
1. 计算燃料油完全燃烧释放的热量：
已知燃料油质量$m_{油}=0.17\ \mathrm{kg}$，热值$q=4.0×10^7\ \mathrm{J/kg}$，根据燃料放热公式$Q_{放}=m_{油}q$，代入数据得：
$Q_{放}=0.17\ \mathrm{kg}×4.0×10^7\ \mathrm{J/kg}=6.8×10^6\ \mathrm{J}$。
2. 计算被水吸收的热量：
已知热量利用率$\eta=42\%$，则$Q_{吸}=\eta Q_{放}$，代入数据得：
$Q_{吸}=42\%×6.8×10^6\ \mathrm{J}=0.42×6.8×10^6\ \mathrm{J}=2.856×10^6\ \mathrm{J}$。
3. 计算水的质量：
水的比热容$c_{水}=4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}$，温度变化量$\Delta t=100\ \mathrm{℃}-20\ \mathrm{℃}=80\ \mathrm{℃}$，根据吸热公式$Q_{吸}=c_{水}m_{水}\Delta t$，变形得$m_{水}=\frac{Q_{吸}}{c_{水}\Delta t}$，代入数据得：
$m_{水}=\frac{2.856×10^6\ \mathrm{J}}{4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}×80\ \mathrm{℃}}=8.5\ \mathrm{kg}$。
【答案】
$6.8×10^6$；$8.5$
【知识点】
燃料的热值、热量的计算、热效率
【点评】
本题结合实际生活场景考查热量相关计算，需熟练掌握热值公式、吸热公式及热效率公式，属于基础应用题型，注重公式的灵活运用。
【难度系数】
0.3
首先明确解题思路：第一步，根据燃料燃烧放热公式计算燃料油完全燃烧释放的热量，需先确定燃料油的质量（由1kg垃圾榨出0.17kg燃料油得出）；第二步，利用热效率公式计算被水吸收的热量；第三步，根据吸热公式变形求水的质量，注意温度变化量的计算，代入对应数值即可求解。
【解析】
1. 计算燃料油完全燃烧释放的热量：
已知燃料油质量$m_{油}=0.17\ \mathrm{kg}$，热值$q=4.0×10^7\ \mathrm{J/kg}$，根据燃料放热公式$Q_{放}=m_{油}q$，代入数据得：
$Q_{放}=0.17\ \mathrm{kg}×4.0×10^7\ \mathrm{J/kg}=6.8×10^6\ \mathrm{J}$。
2. 计算被水吸收的热量：
已知热量利用率$\eta=42\%$，则$Q_{吸}=\eta Q_{放}$，代入数据得：
$Q_{吸}=42\%×6.8×10^6\ \mathrm{J}=0.42×6.8×10^6\ \mathrm{J}=2.856×10^6\ \mathrm{J}$。
3. 计算水的质量：
水的比热容$c_{水}=4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}$，温度变化量$\Delta t=100\ \mathrm{℃}-20\ \mathrm{℃}=80\ \mathrm{℃}$，根据吸热公式$Q_{吸}=c_{水}m_{水}\Delta t$，变形得$m_{水}=\frac{Q_{吸}}{c_{水}\Delta t}$，代入数据得：
$m_{水}=\frac{2.856×10^6\ \mathrm{J}}{4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}×80\ \mathrm{℃}}=8.5\ \mathrm{kg}$。
【答案】
$6.8×10^6$；$8.5$
【知识点】
燃料的热值、热量的计算、热效率
【点评】
本题结合实际生活场景考查热量相关计算，需熟练掌握热值公式、吸热公式及热效率公式，属于基础应用题型，注重公式的灵活运用。
【难度系数】
0.3
11. [跨学科实践——物理学与日常生活]如图所示为某种固体酒精炉，固体酒精炉比液体酒精炉使用时更安全，为了测定该固体酒精炉的热效率，在炉中放入40 g固体酒精，当固体酒精燃烧完后，锅中1 kg的水温度从20℃升高到了70℃。已知固体酒精的热值为$1.5×10^7$ J/kg，水的比热容是$4.2×10^3$ J/(kg·℃)。
(1)若固体酒精完全燃烧，则放出的热量是多少？
(2)水吸收的热量是多少？
(3)小明测得固体酒精炉的热效率是多大？
(4)请写出固体酒精炉热效率不高的一个原因。
(1)若固体酒精完全燃烧，则放出的热量是多少？
(2)水吸收的热量是多少？
(3)小明测得固体酒精炉的热效率是多大？
(4)请写出固体酒精炉热效率不高的一个原因。
答案
11.解：(1)固体酒精完全燃烧放出的热量
$Q_{放}=m_{酒精}q_{酒精}=0.04\ \mathrm{kg}×1.5×10^7\ \mathrm{J/kg}=6×10^5\ \mathrm{J}$。
(2)水吸收的热量
$Q_{吸}=c_{水}m\ (t_2-t_1)=4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}×1\ \mathrm{kg}×(70\ ℃ -20\ ℃ )= 2.1×10^5\ \mathrm{J}$。
(3)固体酒精炉的热效率
$\eta=\frac{Q_{吸}}{Q_{放}}×100\%=\frac{2.1×10^5\ \mathrm{J}}{6×10^5\ \mathrm{J}}×100\%=35\%$。
(4)固体酒精不能完全燃烧，而且加热过程中有热量的损失，使得固体酒精炉热效率不高。
$Q_{放}=m_{酒精}q_{酒精}=0.04\ \mathrm{kg}×1.5×10^7\ \mathrm{J/kg}=6×10^5\ \mathrm{J}$。
(2)水吸收的热量
$Q_{吸}=c_{水}m\ (t_2-t_1)=4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}×1\ \mathrm{kg}×(70\ ℃ -20\ ℃ )= 2.1×10^5\ \mathrm{J}$。
(3)固体酒精炉的热效率
$\eta=\frac{Q_{吸}}{Q_{放}}×100\%=\frac{2.1×10^5\ \mathrm{J}}{6×10^5\ \mathrm{J}}×100\%=35\%$。
(4)固体酒精不能完全燃烧，而且加热过程中有热量的损失，使得固体酒精炉热效率不高。
解析
【分析】
要解决这道题，需运用相关物理公式：固体酒精完全燃烧放出的热量用公式$Q_{放}=mq$计算；水吸收的热量用公式$Q_{吸}=c_{水}m_{水}(t-t_0)$计算；热效率是水吸收的热量与酒精完全燃烧放出热量的比值，即$\eta=\frac{Q_{吸}}{Q_{放}}×100\%$。对于热效率不高的原因，可从燃料燃烧情况、热量散失等实际角度分析。
【解析】
(1) 先换算固体酒精质量：$m_{酒精}=40\ \mathrm{g}=0.04\ \mathrm{kg}$，根据燃料完全燃烧放热公式：
$Q_{放}=m_{酒精}q_{酒精}=0.04\ \mathrm{kg}×1.5×10^7\ \mathrm{J/kg}=6×10^5\ \mathrm{J}$。
(2) 水升高的温度$\Delta t=70℃-20℃=50℃$，根据吸热公式：
$Q_{吸}=c_{水}m_{水}\Delta t=4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}×1\ \mathrm{kg}×50℃=2.1×10^5\ \mathrm{J}$。
(3) 热效率为水吸收热量与酒精燃烧放热的比值：
$\eta=\frac{Q_{吸}}{Q_{放}}×100\%=\frac{2.1×10^5\ \mathrm{J}}{6×10^5\ \mathrm{J}}×100\%=35\%$。
(4) 固体酒精炉热效率不高的原因：固体酒精无法完全燃烧，且加热过程中部分热量散失到空气中，锅具也会吸收部分热量，导致有效利用的热量占比低。
【答案】
(1) $6×10^5\ \mathrm{J}$；(2) $2.1×10^5\ \mathrm{J}$；(3) $35\%$；(4) 固体酒精不能完全燃烧，加热过程中有热量损失（合理即可）
【知识点】
燃料的热值、热量计算、热效率
【点评】
本题结合生活中的固体酒精炉，考查热值、热量及热效率的基础计算，同时要求结合实际分析热效率低的原因，体现了物理知识与日常生活的联系，属于基础应用类题目。
【难度系数】
0.7
要解决这道题，需运用相关物理公式：固体酒精完全燃烧放出的热量用公式$Q_{放}=mq$计算；水吸收的热量用公式$Q_{吸}=c_{水}m_{水}(t-t_0)$计算；热效率是水吸收的热量与酒精完全燃烧放出热量的比值，即$\eta=\frac{Q_{吸}}{Q_{放}}×100\%$。对于热效率不高的原因，可从燃料燃烧情况、热量散失等实际角度分析。
【解析】
(1) 先换算固体酒精质量：$m_{酒精}=40\ \mathrm{g}=0.04\ \mathrm{kg}$，根据燃料完全燃烧放热公式：
$Q_{放}=m_{酒精}q_{酒精}=0.04\ \mathrm{kg}×1.5×10^7\ \mathrm{J/kg}=6×10^5\ \mathrm{J}$。
(2) 水升高的温度$\Delta t=70℃-20℃=50℃$，根据吸热公式：
$Q_{吸}=c_{水}m_{水}\Delta t=4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}×1\ \mathrm{kg}×50℃=2.1×10^5\ \mathrm{J}$。
(3) 热效率为水吸收热量与酒精燃烧放热的比值：
$\eta=\frac{Q_{吸}}{Q_{放}}×100\%=\frac{2.1×10^5\ \mathrm{J}}{6×10^5\ \mathrm{J}}×100\%=35\%$。
(4) 固体酒精炉热效率不高的原因：固体酒精无法完全燃烧，且加热过程中部分热量散失到空气中，锅具也会吸收部分热量，导致有效利用的热量占比低。
【答案】
(1) $6×10^5\ \mathrm{J}$；(2) $2.1×10^5\ \mathrm{J}$；(3) $35\%$；(4) 固体酒精不能完全燃烧，加热过程中有热量损失（合理即可）
【知识点】
燃料的热值、热量计算、热效率
【点评】
本题结合生活中的固体酒精炉，考查热值、热量及热效率的基础计算，同时要求结合实际分析热效率低的原因，体现了物理知识与日常生活的联系，属于基础应用类题目。
【难度系数】
0.7
12. [新趋势—开放性]小明利用如图所示的装置估测薯片的热值。
（1）为了测薯片热值，除了图中所示器材外，还需要的器材是
（2）实验中利用
（3）测薯片燃烧放出热量时，应记录薯片的质量$ m_1 $、水的质量$ m_2 $、加热前的水温$ t_1 $和
（4）小明发现测得的热值比包装盒上标注的小，原因可能是
（1）为了测薯片热值，除了图中所示器材外，还需要的器材是
天平
。（2）实验中利用
水温度的变化（温度计升高的示数）
来表示薯片燃烧放出热量的多少。（3）测薯片燃烧放出热量时，应记录薯片的质量$ m_1 $、水的质量$ m_2 $、加热前的水温$ t_1 $和
水的末温$ t_2 $
（写物理量及对应的符号）。用$ c $表示水的比热容，则薯片的热值大约为$ q = $$\frac{cm_2(t_2-t_1)}{m_1}$
（用题中所给的符号和测得的物理量符号表示结果）。（4）小明发现测得的热值比包装盒上标注的小，原因可能是
薯片燃烧不充分
、薯片燃烧放出的热量没有全部被水吸收，有损耗
。（写出两点）答案
12. (1)天平 (2)水温度的变化（温度计升高的示数）
(3)水的末温$ t_2 $ $\frac{cm_2(t_2-t_1)}{m_1}$ (4)薯片燃烧不充分
薯片燃烧放出的热量没有全部被水吸收,有损耗
【解析】(1)根据$q=\frac{Q_{放}}{m}$,测量薯片的质量需要天平,薯片放出的热量认为与水吸收的热量相等,在测量水吸收的热量时,水的比热容已知,升高的温度可以由温度计测量,由$Q=cm\Delta t$分析可知水的质量要由天平测量,故除了图中所示的器材外,还需要天平。
(2)实验时用水的温度变化来表示薯片燃烧放出热量的多少。(3)由热值公式和吸热公式可知薯片的热值$q=\frac{Q_{放}}{m_1}=\frac{cm_2(t_2-t_1)}{m_1}$,可知还需要记录水的末温$t_2$。(4)测得的热值比包装盒上标注的小,原因可能是薯片燃烧不充分;薯片燃烧放出的热量没有全部被水吸收,有损耗。
(3)水的末温$ t_2 $ $\frac{cm_2(t_2-t_1)}{m_1}$ (4)薯片燃烧不充分
薯片燃烧放出的热量没有全部被水吸收,有损耗
【解析】(1)根据$q=\frac{Q_{放}}{m}$,测量薯片的质量需要天平,薯片放出的热量认为与水吸收的热量相等,在测量水吸收的热量时,水的比热容已知,升高的温度可以由温度计测量,由$Q=cm\Delta t$分析可知水的质量要由天平测量,故除了图中所示的器材外,还需要天平。
(2)实验时用水的温度变化来表示薯片燃烧放出热量的多少。(3)由热值公式和吸热公式可知薯片的热值$q=\frac{Q_{放}}{m_1}=\frac{cm_2(t_2-t_1)}{m_1}$,可知还需要记录水的末温$t_2$。(4)测得的热值比包装盒上标注的小,原因可能是薯片燃烧不充分;薯片燃烧放出的热量没有全部被水吸收,有损耗。
解析
【分析】
要估测薯片的热值，需利用热值公式$ q = \frac{Q_{放}}{m} $，结合转换法将薯片燃烧放热转换为水吸收的热量来计算。首先需明确实验需要测量的物理量，确定补充器材；其次通过水的温度变化反映薯片放热的多少；计算热量时需要水的初温和末温以得到温度变化；最后从热量散失、燃烧充分度等角度分析热值测量偏小的原因。
【解析】
（1）根据热值公式，测量薯片质量$ m_1 $和水的质量$ m_2 $需要天平，因此除图中器材外还需要天平；
（2）实验采用转换法，将薯片燃烧放出热量的多少转换为水温度的变化（温度计升高的示数）来表示；
（3）水吸收的热量$ Q_{吸} = c m_2 (t_2 - t_1) $，假设薯片燃烧放出的热量全部被水吸收（$ Q_{放} = Q_{吸} $），结合热值公式$ q = \frac{Q_{放}}{m_1} $，可知还需记录水的末温$ t_2 $，则薯片的热值$ q = \frac{c m_2 (t_2 - t_1)}{m_1} $；
（4）测得的热值偏小，原因是：薯片燃烧不充分，实际放出的热量少；薯片燃烧放出的热量没有全部被水吸收，部分热量散失到空气中或被烧杯等吸收，导致测得的水吸收的热量偏小，计算出的热值偏小。
【答案】
(1)天平；(2)水温度的变化（温度计升高的示数）；(3)水的末温$ t_2 $；$ \frac{cm_2(t_2-t_1)}{m_1} $；(4)薯片燃烧不充分；薯片燃烧放出的热量没有全部被水吸收，有损耗。
【知识点】
热值的测量、热量计算、转换法
【点评】
本题是开放性实验题，考查热值测量的实验设计、器材选择、数据处理及误差分析，核心是利用转换法将不易测量的燃料放热转换为易测量的水吸热，需掌握热值公式和热量计算公式的应用，理解实验理想化假设带来的误差。
【难度系数】
0.5
要估测薯片的热值，需利用热值公式$ q = \frac{Q_{放}}{m} $，结合转换法将薯片燃烧放热转换为水吸收的热量来计算。首先需明确实验需要测量的物理量，确定补充器材；其次通过水的温度变化反映薯片放热的多少；计算热量时需要水的初温和末温以得到温度变化；最后从热量散失、燃烧充分度等角度分析热值测量偏小的原因。
【解析】
（1）根据热值公式，测量薯片质量$ m_1 $和水的质量$ m_2 $需要天平，因此除图中器材外还需要天平；
（2）实验采用转换法，将薯片燃烧放出热量的多少转换为水温度的变化（温度计升高的示数）来表示；
（3）水吸收的热量$ Q_{吸} = c m_2 (t_2 - t_1) $，假设薯片燃烧放出的热量全部被水吸收（$ Q_{放} = Q_{吸} $），结合热值公式$ q = \frac{Q_{放}}{m_1} $，可知还需记录水的末温$ t_2 $，则薯片的热值$ q = \frac{c m_2 (t_2 - t_1)}{m_1} $；
（4）测得的热值偏小，原因是：薯片燃烧不充分，实际放出的热量少；薯片燃烧放出的热量没有全部被水吸收，部分热量散失到空气中或被烧杯等吸收，导致测得的水吸收的热量偏小，计算出的热值偏小。
【答案】
(1)天平；(2)水温度的变化（温度计升高的示数）；(3)水的末温$ t_2 $；$ \frac{cm_2(t_2-t_1)}{m_1} $；(4)薯片燃烧不充分；薯片燃烧放出的热量没有全部被水吸收，有损耗。
【知识点】
热值的测量、热量计算、转换法
【点评】
本题是开放性实验题，考查热值测量的实验设计、器材选择、数据处理及误差分析，核心是利用转换法将不易测量的燃料放热转换为易测量的水吸热，需掌握热值公式和热量计算公式的应用，理解实验理想化假设带来的误差。
【难度系数】
0.5
