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1. 核心素养 物理概念（2025·合肥市肥东县三模）关于温度、热量和内能，下列说法正确的是（
A.温度越高的物体，所含的热量越多
B.物体的温度升高，一定是从外界吸收了热量
C.热量从内能小的物体传递给内能大的物体
D.水凝固成冰的过程，虽然温度不变，但内能减小
D
）A.温度越高的物体，所含的热量越多
B.物体的温度升高，一定是从外界吸收了热量
C.热量从内能小的物体传递给内能大的物体
D.水凝固成冰的过程，虽然温度不变，但内能减小
答案
1.D 解析:热量是热传递过程中传递能量的多少,热量是过程量,不能用“含有”来形容,选项A错误;物体的温度升高,可能是从外界吸收热量,也可能是外界对物体做功,选项B错误;发生热传递时,热量从温度高的物体传递给温度低的物体,内能小的物体温度不一定高,内能大的物体温度不一定低,选项C错误;水凝固成冰的过程,属于晶体凝固,晶体凝固过程中放热,温度不变,内能减小,选项D正确。
解析
【分析】
要解决这道题，需明确温度、热量、内能的基本概念，以及热传递的条件、改变内能的方式、晶体凝固的特点等核心知识点。需逐个分析选项，重点关注概念的易错点：热量是过程量不能用“含有”描述；温度升高的两种可能原因；热传递方向由温度差决定而非内能大小；晶体凝固时温度不变但内能变化。
【解析】
A选项：热量是热传递过程中传递能量的多少，属于过程量，不能用“所含”“含有”这类描述状态量的表述来形容，故A错误；
B选项：改变物体内能的方式有做功和热传递两种，物体温度升高（内能增加），可能是从外界吸收了热量，也可能是外界对物体做了功，并非一定是吸收热量，故B错误；
C选项：热传递的条件是存在温度差，热量总是从温度高的物体传递给温度低的物体，内能小的物体温度可能高于内能大的物体（如少量热水与大量冰块），因此热量不一定从内能小的物体传递给内能大的物体，故C错误；
D选项：水是晶体，凝固成冰的过程属于晶体凝固，凝固过程中持续放热，虽然温度保持凝固点不变，但内能会减小，故D正确。
【答案】
D
【知识点】
温度、热量与内能的关系；热传递的条件；晶体凝固的特点
【点评】
本题考查热学中温度、热量、内能的核心概念及相关规律，是中考常考的基础易错题型，需准确区分各物理量的定义、联系及热传递、物态变化的特点，避免概念混淆。
【难度系数】
0.6
要解决这道题，需明确温度、热量、内能的基本概念，以及热传递的条件、改变内能的方式、晶体凝固的特点等核心知识点。需逐个分析选项，重点关注概念的易错点：热量是过程量不能用“含有”描述；温度升高的两种可能原因；热传递方向由温度差决定而非内能大小；晶体凝固时温度不变但内能变化。
【解析】
A选项：热量是热传递过程中传递能量的多少，属于过程量，不能用“所含”“含有”这类描述状态量的表述来形容，故A错误；
B选项：改变物体内能的方式有做功和热传递两种，物体温度升高（内能增加），可能是从外界吸收了热量，也可能是外界对物体做了功，并非一定是吸收热量，故B错误；
C选项：热传递的条件是存在温度差，热量总是从温度高的物体传递给温度低的物体，内能小的物体温度可能高于内能大的物体（如少量热水与大量冰块），因此热量不一定从内能小的物体传递给内能大的物体，故C错误；
D选项：水是晶体，凝固成冰的过程属于晶体凝固，凝固过程中持续放热，虽然温度保持凝固点不变，但内能会减小，故D正确。
【答案】
D
【知识点】
温度、热量与内能的关系；热传递的条件；晶体凝固的特点
【点评】
本题考查热学中温度、热量、内能的核心概念及相关规律，是中考常考的基础易错题型，需准确区分各物理量的定义、联系及热传递、物态变化的特点，避免概念混淆。
【难度系数】
0.6
2. 夏天,将饮料放入冰箱冷藏室,饮料温度降低,下列说法正确的是 (
A.饮料将温度传递给冰箱中的空气
B.饮料放出热量是因为饮料的内能比冰箱中空气的内能多
C.饮料温度降低的过程伴随着能量的转移
D.饮料放出热量后自身所含热量减少
C
)A.饮料将温度传递给冰箱中的空气
B.饮料放出热量是因为饮料的内能比冰箱中空气的内能多
C.饮料温度降低的过程伴随着能量的转移
D.饮料放出热量后自身所含热量减少
答案
2.C 解析:A.饮料和冰箱冷藏室里的空气温度不同,两者会发生热传递,温度高的饮料会放出热量,将热量传给冰箱中的空气,并不是饮料将温度传递给冰箱中的空气,故A错误;B.饮料放出热量是因为饮料温度比冰箱中空气的温度高,温度高不一定内能多,内能还与物体的质量等因素有关,故B错误;C.发生热传递时,饮料放出热量,内能减少,温度降低,冰箱冷藏室里的气体吸收热量,内能增加,温度升高,所以饮料温度降低的过程伴随着能量的转移,故C正确;D.饮料放出热量后温度降低,内能减少,而热量是过程量,不能用“含有”“具有”来描述,故D错误。
解析
【分析】本题考查热传递的相关知识，解题时需明确热传递的本质、内能与热量的概念，逐一分析各选项判断正误。首先，热传递过程中传递的是热量而非温度；内能的大小与温度、质量、状态等多个因素有关；热量是过程量，不能用“含有”“具有”描述。
【解析】A选项：热传递中传递的是热量，不是温度，饮料温度高，放出热量传给冰箱内空气，并非传递温度，故A错误；B选项：饮料放热是因为其温度高于冰箱内空气温度，内能不仅与温度有关，还和质量等因素有关，温度高内能不一定多，故B错误；C选项：热传递的本质是能量的转移，饮料降温过程中，能量从饮料转移到冰箱内空气，伴随能量转移，故C正确；D选项：热量是过程量，不能说“含有”，饮料放出热量后内能减少，故D错误。
【答案】C
【知识点】热传递、内能、热量的概念
【点评】本题为初中热学基础题，围绕热传递原理考查温度、内能、热量的概念区分，需准确把握各物理量的定义，避免概念混淆，难度适中。
【难度系数】0.7
【解析】A选项：热传递中传递的是热量，不是温度，饮料温度高，放出热量传给冰箱内空气，并非传递温度，故A错误；B选项：饮料放热是因为其温度高于冰箱内空气温度，内能不仅与温度有关，还和质量等因素有关，温度高内能不一定多，故B错误；C选项：热传递的本质是能量的转移，饮料降温过程中，能量从饮料转移到冰箱内空气，伴随能量转移，故C正确；D选项：热量是过程量，不能说“含有”，饮料放出热量后内能减少，故D错误。
【答案】C
【知识点】热传递、内能、热量的概念
【点评】本题为初中热学基础题，围绕热传递原理考查温度、内能、热量的概念区分，需准确把握各物理量的定义，避免概念混淆，难度适中。
【难度系数】0.7
3.（2025·蚌埠一模）冬季吃苹果比较凉，将切好的100 g苹果块放入装有300 g热水的保温杯中，苹果的初温为10 ℃，一段时间后杯内水和苹果块的温度稳定在46 ℃，就可以吃到热乎的苹果。假设热水放出的热量全部被苹果吸收，已知水的比热容为$4.2×10^3\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg}·℃)$，苹果的比热容是$3.5×10^3\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg}·℃)$，则保温杯内热水的初温是
56
℃。答案
3. 56 解析:水放出的热量全部被苹果吸收,即$Q_{放}=Q_{吸}$,根据$Q=cm\Delta t$ 可得: $c_{苹果} m_{苹果} \Delta t_{苹果} = c_{水} m_{水} \Delta t_{水}$, 即: $3.5 × 10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}×100×10^{-3}\ \mathrm{kg}×(46\ \mathrm{℃}-10\ \mathrm{℃}) = 4.2 × 10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}×300×10^{-3}\ \mathrm{kg}×(t_0-46\ \mathrm{℃})$,解得 $t_0=56\ \mathrm{℃}$,即保温杯内热水的初温是56 ℃。
解析
【分析】
本题属于热平衡问题，核心条件是热水放出的热量全部被苹果吸收，即$Q_{放}=Q_{吸}$。解题思路为：先明确苹果和水的质量、比热容、温度变化量，再根据热量公式$Q=cm\Delta t$列出等式，代入已知量求解热水的初温，计算时需注意质量单位换算为kg，温度变化量为末温与初温的差值。
【解析】
已知热水放出的热量全部被苹果吸收，故$Q_{放}=Q_{吸}$。
根据热量公式$Q=cm\Delta t$：
苹果质量$m_{苹果}=100\ \mathrm{g}=0.1\ \mathrm{kg}$，初温$t_{苹果初}=10\ \mathrm{℃}$，末温$t=46\ \mathrm{℃}$，比热容$c_{苹果}=3.5×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}$；
水的质量$m_{水}=300\ \mathrm{g}=0.3\ \mathrm{kg}$，末温$t=46\ \mathrm{℃}$，比热容$c_{水}=4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}$，设水的初温为$t_0$；
苹果吸收的热量：$Q_{吸}=c_{苹果}m_{苹果}(t - t_{苹果初})$；
水放出的热量：$Q_{放}=c_{水}m_{水}(t_0 - t)$；
由$Q_{放}=Q_{吸}$得：
$c_{苹果}m_{苹果}(t - t_{苹果初}) = c_{水}m_{水}(t_0 - t)$
代入数值计算：
$3.5×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}×0.1\ \mathrm{kg}×(46\ \mathrm{℃}-10\ \mathrm{℃}) = 4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}×0.3\ \mathrm{kg}×(t_0 - 46\ \mathrm{℃})$
化简得：$12600\ \mathrm{J}=1260\ \mathrm{J/℃}×(t_0 - 46\ \mathrm{℃})$
解得：$t_0=56\ \mathrm{℃}$
【答案】
56
【知识点】
热量计算、比热容应用
【点评】
本题是比热容相关的基础应用题，利用热平衡时热量相等的关系，结合热量公式即可求解，考查学生对基础知识点的掌握情况，难度适中。
【难度系数】
0.6
本题属于热平衡问题，核心条件是热水放出的热量全部被苹果吸收，即$Q_{放}=Q_{吸}$。解题思路为：先明确苹果和水的质量、比热容、温度变化量，再根据热量公式$Q=cm\Delta t$列出等式，代入已知量求解热水的初温，计算时需注意质量单位换算为kg，温度变化量为末温与初温的差值。
【解析】
已知热水放出的热量全部被苹果吸收，故$Q_{放}=Q_{吸}$。
根据热量公式$Q=cm\Delta t$：
苹果质量$m_{苹果}=100\ \mathrm{g}=0.1\ \mathrm{kg}$，初温$t_{苹果初}=10\ \mathrm{℃}$，末温$t=46\ \mathrm{℃}$，比热容$c_{苹果}=3.5×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}$；
水的质量$m_{水}=300\ \mathrm{g}=0.3\ \mathrm{kg}$，末温$t=46\ \mathrm{℃}$，比热容$c_{水}=4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}$，设水的初温为$t_0$；
苹果吸收的热量：$Q_{吸}=c_{苹果}m_{苹果}(t - t_{苹果初})$；
水放出的热量：$Q_{放}=c_{水}m_{水}(t_0 - t)$；
由$Q_{放}=Q_{吸}$得：
$c_{苹果}m_{苹果}(t - t_{苹果初}) = c_{水}m_{水}(t_0 - t)$
代入数值计算：
$3.5×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}×0.1\ \mathrm{kg}×(46\ \mathrm{℃}-10\ \mathrm{℃}) = 4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}×0.3\ \mathrm{kg}×(t_0 - 46\ \mathrm{℃})$
化简得：$12600\ \mathrm{J}=1260\ \mathrm{J/℃}×(t_0 - 46\ \mathrm{℃})$
解得：$t_0=56\ \mathrm{℃}$
【答案】
56
【知识点】
热量计算、比热容应用
【点评】
本题是比热容相关的基础应用题，利用热平衡时热量相等的关系，结合热量公式即可求解，考查学生对基础知识点的掌握情况，难度适中。
【难度系数】
0.6
4. (2024·湖北中考)如图甲,利用相同规格的加热器加热等质量的a、b两种液体,得到温度随时间变化的图像如图乙,分析可知 (
A.相同时间内a中加热器产生的热量比b中的多
B.a和b的吸热能力都随着温度的升高不断增大
C.升高相同温度a所用时间比b少,a的吸热能力比b弱
D.相同时间内a升高的温度比b多,a的吸热能力比b强
C
)A.相同时间内a中加热器产生的热量比b中的多
B.a和b的吸热能力都随着温度的升高不断增大
C.升高相同温度a所用时间比b少,a的吸热能力比b弱
D.相同时间内a升高的温度比b多,a的吸热能力比b强
答案
4.C 解析:A.实验中使用相同规格的加热器,则相同时间内a中加热器产生的热量与b中的加热器产生的热量相同,故A不符合题意;B.吸热能力是物质的属性,保持不变,所以a和b的吸热能力不会随着温度的升高而发生变化,故B不符合题意;C.由于相同时间内a中加热器产生的热量与b中的加热器产生的热量相同,则相同时间内两种液体吸收的热量相同;升高相同的温度,a所用时间比b少,则a吸收的热量少,a、b两种液体的质量相等,由$c=\frac{Q}{m\Delta t}$可知,a的吸热能力比b弱,故C符合题意;D.由于相同时间内a中加热器产生的热量与b中的加热器产生的热量相同,则相同时间内两种液体吸收的热量相同,相同时间内a升高的温度比b多,a、b两种液体的质量相等,由$c=\frac{Q}{m\Delta t}$可知,a的吸热能力比b弱,故D不符合题意。故选C。
解析
【分析】
本题考查比热容（物质吸热能力）的判断，解题思路如下：①实验中使用相同规格的加热器，相同时间内加热器产生的热量相同，因此a、b两种液体在相同时间内吸收的热量相等；②观察图乙的温度随时间变化图像，分析升高相同温度时所用时间，或相同时间内升高的温度；③结合比热容公式$ c=\frac{Q}{m\Delta t} $，在a、b质量相等的条件下，判断吸热能力强弱：吸收相同热量时，升温越快，吸热能力越弱；升高相同温度时，吸热时间越短，吸热能力越弱。
【解析】
A. 实验中使用相同规格的加热器，相同时间内a、b中加热器产生的热量相同，因此相同时间内两种液体吸收的热量相同，A错误；
B. 比热容（吸热能力）是物质的固有属性，不随温度变化而改变，因此a和b的吸热能力不会随温度升高而变化，B错误；
C. 由图乙可知，升高相同温度时，a所用时间比b少，说明a吸收的热量更少；已知a、b质量相等，根据$ c=\frac{Q}{m\Delta t} $，Q越小、Δt相同时，比热容c越小，吸热能力越弱，因此a的吸热能力比b弱，C正确；
D. 相同时间内，a升高的温度比b多，说明Δt更大；a、b质量相等、吸收热量Q相同，根据$ c=\frac{Q}{m\Delta t} $，Δt越大，比热容c越小，因此a的吸热能力比b弱，D错误。
综上，答案选C。
【答案】
C
【知识点】
比热容、吸热能力、热学图像分析
【点评】
本题结合温度-时间图像考查比热容的判断，核心是理解相同加热器的吸热特点，利用控制变量法结合比热容公式分析，是热学的基础考点，难度适中，需学生掌握比热容的物理意义及公式应用。
【难度系数】
0.6
本题考查比热容（物质吸热能力）的判断，解题思路如下：①实验中使用相同规格的加热器，相同时间内加热器产生的热量相同，因此a、b两种液体在相同时间内吸收的热量相等；②观察图乙的温度随时间变化图像，分析升高相同温度时所用时间，或相同时间内升高的温度；③结合比热容公式$ c=\frac{Q}{m\Delta t} $，在a、b质量相等的条件下，判断吸热能力强弱：吸收相同热量时，升温越快，吸热能力越弱；升高相同温度时，吸热时间越短，吸热能力越弱。
【解析】
A. 实验中使用相同规格的加热器，相同时间内a、b中加热器产生的热量相同，因此相同时间内两种液体吸收的热量相同，A错误；
B. 比热容（吸热能力）是物质的固有属性，不随温度变化而改变，因此a和b的吸热能力不会随温度升高而变化，B错误；
C. 由图乙可知，升高相同温度时，a所用时间比b少，说明a吸收的热量更少；已知a、b质量相等，根据$ c=\frac{Q}{m\Delta t} $，Q越小、Δt相同时，比热容c越小，吸热能力越弱，因此a的吸热能力比b弱，C正确；
D. 相同时间内，a升高的温度比b多，说明Δt更大；a、b质量相等、吸收热量Q相同，根据$ c=\frac{Q}{m\Delta t} $，Δt越大，比热容c越小，因此a的吸热能力比b弱，D错误。
综上，答案选C。
【答案】
C
【知识点】
比热容、吸热能力、热学图像分析
【点评】
本题结合温度-时间图像考查比热容的判断，核心是理解相同加热器的吸热特点，利用控制变量法结合比热容公式分析，是热学的基础考点，难度适中，需学生掌握比热容的物理意义及公式应用。
【难度系数】
0.6
5. 如图所示的汽油机处于
压缩
（填“压缩”或“做功”）冲程，这个冲程将机械
能转化为内
能。某单缸四冲程汽油机的飞轮转动速度是2 400 r/min，则此汽油机每秒对外做功20
次。答案
5. 压缩 机械 内 20 解析:由图可知,汽油机两气门都关闭,活塞向上运动,故可以判断这个冲程是压缩冲程,此冲程是通过压缩气体做功将机械能转化为内能。汽油机的转速为2 400 r/min,说明1 s内汽油机曲轴的转动次数等于40 r,一个工作循环中,曲轴转动两周,对外做功一次,1 s内曲轴转动40次,对外做功20次。
解析
【分析】
要判断汽油机的冲程，需观察气门开闭状态和活塞运动方向；判断能量转化要结合冲程的做功特点；计算每秒对外做功次数时，先将飞轮转速换算为每秒转数，再依据四冲程汽油机“飞轮转2周，对外做功1次”的规律计算。
【解析】
1. 判断冲程：由图可知，汽油机的进气门和排气门均关闭，活塞向上运动，因此该冲程为压缩冲程；
2. 能量转化：压缩冲程中，活塞压缩气缸内气体，对气体做功，将机械能转化为内能；
3. 计算做功次数：飞轮转速为2400 r/min，换算为每秒转数：2400÷60=40 r/s；四冲程汽油机一个工作循环飞轮转2周，对外做功1次，因此每秒对外做功次数为40÷2=20次。
【答案】
压缩；机械；内；20
【知识点】
汽油机冲程、能量转化、热机工作原理
【点评】
本题考查汽油机四冲程的判断、能量转化及做功次数计算，是热机部分的基础考点，需牢记四冲程的判断方法和工作规律。
【难度系数】
0.6
要判断汽油机的冲程，需观察气门开闭状态和活塞运动方向；判断能量转化要结合冲程的做功特点；计算每秒对外做功次数时，先将飞轮转速换算为每秒转数，再依据四冲程汽油机“飞轮转2周，对外做功1次”的规律计算。
【解析】
1. 判断冲程：由图可知，汽油机的进气门和排气门均关闭，活塞向上运动，因此该冲程为压缩冲程；
2. 能量转化：压缩冲程中，活塞压缩气缸内气体，对气体做功，将机械能转化为内能；
3. 计算做功次数：飞轮转速为2400 r/min，换算为每秒转数：2400÷60=40 r/s；四冲程汽油机一个工作循环飞轮转2周，对外做功1次，因此每秒对外做功次数为40÷2=20次。
【答案】
压缩；机械；内；20
【知识点】
汽油机冲程、能量转化、热机工作原理
【点评】
本题考查汽油机四冲程的判断、能量转化及做功次数计算，是热机部分的基础考点，需牢记四冲程的判断方法和工作规律。
【难度系数】
0.6
6. (2025·兰州中考)课外活动中,小亮将刚喝完水的空矿泉水瓶的瓶盖拧上但不拧紧,用手握住瓶子的上下两部分,用力迅速拧成图示状态时,瓶盖被弹出并伴有爆响声,同时瓶口内出现白雾。关于上述过程,下列说法错误的是 (
A.矿泉水瓶被用力拧成图示形状,说明力可以使物体发生形变
B.瓶盖弹出前,拧瓶子的过程与汽油机的做功冲程类似
C.瓶盖被弹出时,瓶内压缩气体的内能转化为瓶盖的机械能
D.瓶口内出现的白雾,是水蒸气温度降低后液化形成的小水滴
B
)A.矿泉水瓶被用力拧成图示形状,说明力可以使物体发生形变
B.瓶盖弹出前,拧瓶子的过程与汽油机的做功冲程类似
C.瓶盖被弹出时,瓶内压缩气体的内能转化为瓶盖的机械能
D.瓶口内出现的白雾,是水蒸气温度降低后液化形成的小水滴
答案
6.B 解析:矿泉水瓶在力的作用下被拧成图示形状,瓶子的形状发生了改变,说明力可以使物体发生形变,选项A正确,不符合题意;瓶盖弹出前,拧瓶子时,瓶子体积变小,压缩瓶内气体,是对气体做功,瓶内气体内能增大,此过程与汽油机的压缩冲程类似,都是将机械能转化为内能;而汽油机的做功冲程是将内能转化为机械能,选项B错误,符合题意;瓶盖被弹出时,瓶内压缩气体对瓶盖做功,将自身的内能转化为瓶盖的机械能,使瓶盖获得动能而飞出,选项C正确,不符合题意;瓶盖被弹出时,瓶内气体对外做功,内能减小,温度降低,瓶口处的水蒸气遇冷液化形成小水滴,从而出现白雾现象,选项D正确,不符合题意。
解析
【分析】
本题是结合生活实例的物理综合题，需逐一分析各选项，结合力的作用效果、内能转化、汽油机冲程、物态变化的相关知识判断正误，找出错误选项。
【解析】
选项A：矿泉水瓶在力的作用下形状发生改变，说明力可以使物体发生形变，该选项正确，不符合题意；
选项B：拧瓶子时，瓶内气体被压缩，此过程是对气体做功，将机械能转化为内能，与汽油机的压缩冲程（机械能转化为内能）类似；而汽油机的做功冲程是将内能转化为机械能，因此该选项说法错误，符合题意；
选项C：瓶盖被弹出时，瓶内压缩气体对瓶盖做功，将自身的内能转化为瓶盖的机械能，该选项正确，不符合题意；
选项D：瓶盖弹出时，瓶内气体对外做功，内能减小、温度降低，瓶口处的水蒸气遇冷液化形成小水滴，即出现白雾，该选项正确，不符合题意。
【答案】
B
【知识点】
力的作用效果、内能与机械能转化、汽油机冲程、液化
【点评】
本题以矿泉水瓶实验为载体，考查力学、热学及热机的基础知识点，注重物理知识与实际生活的结合，要求学生准确区分相关概念，难度适中。
【难度系数】
0.6
本题是结合生活实例的物理综合题，需逐一分析各选项，结合力的作用效果、内能转化、汽油机冲程、物态变化的相关知识判断正误，找出错误选项。
【解析】
选项A：矿泉水瓶在力的作用下形状发生改变，说明力可以使物体发生形变，该选项正确，不符合题意；
选项B：拧瓶子时，瓶内气体被压缩，此过程是对气体做功，将机械能转化为内能，与汽油机的压缩冲程（机械能转化为内能）类似；而汽油机的做功冲程是将内能转化为机械能，因此该选项说法错误，符合题意；
选项C：瓶盖被弹出时，瓶内压缩气体对瓶盖做功，将自身的内能转化为瓶盖的机械能，该选项正确，不符合题意；
选项D：瓶盖弹出时，瓶内气体对外做功，内能减小、温度降低，瓶口处的水蒸气遇冷液化形成小水滴，即出现白雾，该选项正确，不符合题意。
【答案】
B
【知识点】
力的作用效果、内能与机械能转化、汽油机冲程、液化
【点评】
本题以矿泉水瓶实验为载体，考查力学、热学及热机的基础知识点，注重物理知识与实际生活的结合，要求学生准确区分相关概念，难度适中。
【难度系数】
0.6
7. (2024·日照中考)有一种小型单缸四冲程汽油机,每个工作循环做功500 J,曲轴的转速是300 r/min,每分钟消耗汽油5 g。则该内燃机的功率是
1250
W,机械效率是32.6%
。($q_{汽油}=4.6×10^7$ J/kg,最后一空结果精确到0.1%)答案
7. 1 250 32.6% 解析:因单缸四冲程汽油机工作时,一个工作循环飞轮转2圈,完成4个冲程,做功一次,已知飞轮的转速是300 r/min,所以,每分钟共有150个工作循环,对外做功150次,则单缸四冲程汽油机工作1 min 做的功 $W=150×500\ \mathrm{J}=7.5×10^4\ \mathrm{J}$;
该汽油机的功率 $P=\frac{W}{t}=\frac{7.5×10^4\ \mathrm{J}}{60\ \mathrm{s}}=1\ 250\ \mathrm{W}$。
每分钟消耗5 g汽油,5 g汽油完全燃烧释放的热量 $Q_{放}=mq_{汽油}=5×10^{-3}\ \mathrm{kg}×4.6×10^7\ \mathrm{J/kg}=2.3×10^5\ \mathrm{J}$;
满负荷工作时这种汽油机把内能转化为机械能的效率 $\eta=\frac{W}{Q_{放}}×100\%=\frac{7.5×10^4\ \mathrm{J}}{2.3×10^5\ \mathrm{J}}×100\%≈32.6\%$。
该汽油机的功率 $P=\frac{W}{t}=\frac{7.5×10^4\ \mathrm{J}}{60\ \mathrm{s}}=1\ 250\ \mathrm{W}$。
每分钟消耗5 g汽油,5 g汽油完全燃烧释放的热量 $Q_{放}=mq_{汽油}=5×10^{-3}\ \mathrm{kg}×4.6×10^7\ \mathrm{J/kg}=2.3×10^5\ \mathrm{J}$;
满负荷工作时这种汽油机把内能转化为机械能的效率 $\eta=\frac{W}{Q_{放}}×100\%=\frac{7.5×10^4\ \mathrm{J}}{2.3×10^5\ \mathrm{J}}×100\%≈32.6\%$。
解析
【分析】
本题需结合单缸四冲程汽油机的工作规律（1个工作循环飞轮转2圈、做功1次），先计算每分钟做功次数，再依次求解功率和机械效率：①根据飞轮转速算出每分钟做功次数，求出1分钟内汽油机做的总功；②利用功率公式计算功率；③计算汽油完全燃烧释放的热量；④利用机械效率公式求出机械效率，注意单位换算。
【解析】
单缸四冲程汽油机的1个工作循环中，飞轮转2圈，对外做功1次。已知飞轮转速为300 r/min，则每分钟飞轮转动300圈，对应的工作循环数为$\frac{300}{2}=150$个，即每分钟对外做功150次。
1. 计算功率：
1分钟内汽油机做的总功：$W=150×500\ \mathrm{J}=7.5×10^4\ \mathrm{J}$；
根据功率公式$P=\frac{W}{t}$（$t=60\ \mathrm{s}$），得功率：$P=\frac{7.5×10^4\ \mathrm{J}}{60\ \mathrm{s}}=1250\ \mathrm{W}$。
2. 计算机械效率：
每分钟消耗汽油质量$m=5\ \mathrm{g}=5×10^{-3}\ \mathrm{kg}$，汽油完全燃烧释放的热量：$Q_{放}=mq_{汽油}=5×10^{-3}\ \mathrm{kg}×4.6×10^7\ \mathrm{J/kg}=2.3×10^5\ \mathrm{J}$；
根据机械效率公式$\eta=\frac{W}{Q_{放}}×100\%$，得：$\eta=\frac{7.5×10^4\ \mathrm{J}}{2.3×10^5\ \mathrm{J}}×100\%≈32.6\%$。
【答案】
1250；32.6%
【知识点】
内燃机功率计算、机械效率、热值应用
【点评】
本题为中考真题，结合四冲程汽油机的工作特点，考查功率与机械效率的综合计算，需牢记汽油机做功次数与飞轮转速的关系，熟练运用相关公式并注意单位换算，属于中等难度的计算题。
【难度系数】
0.5
本题需结合单缸四冲程汽油机的工作规律（1个工作循环飞轮转2圈、做功1次），先计算每分钟做功次数，再依次求解功率和机械效率：①根据飞轮转速算出每分钟做功次数，求出1分钟内汽油机做的总功；②利用功率公式计算功率；③计算汽油完全燃烧释放的热量；④利用机械效率公式求出机械效率，注意单位换算。
【解析】
单缸四冲程汽油机的1个工作循环中，飞轮转2圈，对外做功1次。已知飞轮转速为300 r/min，则每分钟飞轮转动300圈，对应的工作循环数为$\frac{300}{2}=150$个，即每分钟对外做功150次。
1. 计算功率：
1分钟内汽油机做的总功：$W=150×500\ \mathrm{J}=7.5×10^4\ \mathrm{J}$；
根据功率公式$P=\frac{W}{t}$（$t=60\ \mathrm{s}$），得功率：$P=\frac{7.5×10^4\ \mathrm{J}}{60\ \mathrm{s}}=1250\ \mathrm{W}$。
2. 计算机械效率：
每分钟消耗汽油质量$m=5\ \mathrm{g}=5×10^{-3}\ \mathrm{kg}$，汽油完全燃烧释放的热量：$Q_{放}=mq_{汽油}=5×10^{-3}\ \mathrm{kg}×4.6×10^7\ \mathrm{J/kg}=2.3×10^5\ \mathrm{J}$；
根据机械效率公式$\eta=\frac{W}{Q_{放}}×100\%$，得：$\eta=\frac{7.5×10^4\ \mathrm{J}}{2.3×10^5\ \mathrm{J}}×100\%≈32.6\%$。
【答案】
1250；32.6%
【知识点】
内燃机功率计算、机械效率、热值应用
【点评】
本题为中考真题，结合四冲程汽油机的工作特点，考查功率与机械效率的综合计算，需牢记汽油机做功次数与飞轮转速的关系，熟练运用相关公式并注意单位换算，属于中等难度的计算题。
【难度系数】
0.5
