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11.内燃机中燃料释放能量的过程如图所示。下列说法错误的是（
A.①是燃料的化学能，②是废气带走的能量
B.用来做有用功的那部分能量与燃料燃烧放出的能量之比，叫作热机的效率
C.内燃机中，燃料是在气缸内部燃烧的，而且燃料与空气混合充分，燃烧得比较完全，所以内燃机的效率比蒸汽机的高
D.在热机的能量损失中，废气带走的能量最多，设法利用废气的能量，是提高燃料利用率的重要措施
B
）。A.①是燃料的化学能，②是废气带走的能量
B.用来做有用功的那部分能量与燃料燃烧放出的能量之比，叫作热机的效率
C.内燃机中，燃料是在气缸内部燃烧的，而且燃料与空气混合充分，燃烧得比较完全，所以内燃机的效率比蒸汽机的高
D.在热机的能量损失中，废气带走的能量最多，设法利用废气的能量，是提高燃料利用率的重要措施
答案
11.B
解析
【分析】
本题考查内燃机的能量流向及热机效率的相关知识，需结合内燃机的能量转化规律、热机效率的定义逐一分析选项，判断正误。首先明确：内燃机中燃料燃烧释放的总能量对应图中①，一部分转化为有用机械能，另一部分是能量损失（对应图中②，主要为废气带走的能量）；热机效率是指热机用来做有用功的能量与燃料完全燃烧放出的能量之比。
【解析】
对各选项分析如下：
1. 选项A：内燃机中，燃料的化学能燃烧后释放的内能是总能量（即图中①），能量损失里废气带走的能量占比最大，对应图中②，该说法正确。
2. 选项B：热机效率的准确定义是“用来做有用功的那部分能量与燃料完全燃烧放出的能量之比”，选项中缺少“完全”二字，表述不严谨，该说法错误。
3. 选项C：内燃机是燃料在气缸内部燃烧，燃料与空气混合充分，燃烧更完全；而蒸汽机是外燃，能量损失更多，因此内燃机效率比蒸汽机高，该说法正确。
4. 选项D：热机的能量损失中，废气带走的能量最多，设法利用废气的能量是提高燃料利用率的重要措施，该说法正确。
【答案】
B
【知识点】
热机效率、内燃机能量流向
【点评】
本题考查热机相关的基础概念，易错点在于热机效率定义中“完全燃烧”的表述，需准确区分各概念的细节，整体属于基础题型。
【难度系数】
0.5
本题考查内燃机的能量流向及热机效率的相关知识，需结合内燃机的能量转化规律、热机效率的定义逐一分析选项，判断正误。首先明确：内燃机中燃料燃烧释放的总能量对应图中①，一部分转化为有用机械能，另一部分是能量损失（对应图中②，主要为废气带走的能量）；热机效率是指热机用来做有用功的能量与燃料完全燃烧放出的能量之比。
【解析】
对各选项分析如下：
1. 选项A：内燃机中，燃料的化学能燃烧后释放的内能是总能量（即图中①），能量损失里废气带走的能量占比最大，对应图中②，该说法正确。
2. 选项B：热机效率的准确定义是“用来做有用功的那部分能量与燃料完全燃烧放出的能量之比”，选项中缺少“完全”二字，表述不严谨，该说法错误。
3. 选项C：内燃机是燃料在气缸内部燃烧，燃料与空气混合充分，燃烧更完全；而蒸汽机是外燃，能量损失更多，因此内燃机效率比蒸汽机高，该说法正确。
4. 选项D：热机的能量损失中，废气带走的能量最多，设法利用废气的能量是提高燃料利用率的重要措施，该说法正确。
【答案】
B
【知识点】
热机效率、内燃机能量流向
【点评】
本题考查热机相关的基础概念，易错点在于热机效率定义中“完全燃烧”的表述，需准确区分各概念的细节，整体属于基础题型。
【难度系数】
0.5
12.如图甲，烧瓶内盛少量水，然后用气筒给瓶内打气，当瓶塞跳起来时，看到瓶内出现白雾。如图乙，给试管里的水加热，水沸腾后，瓶塞被迅速冲出试管口且试管口出现“白气”。根据实验现象判断，下列说法错误的是（
A.图甲中，打气过程的能量转化与热机压缩冲程能量转化相同
B.图乙中，水蒸气推动瓶塞过程的能量转化与热机做功冲程的能量转化相同
C.图甲瓶中的白雾是瓶内的空气遇冷液化形成的，图乙试管口的“白气”是水蒸气液化形成的
D.图甲瓶塞跳出和图乙瓶塞冲出试管口的过程中，烧瓶和试管内的气体的内能都在减小
C
）。A.图甲中，打气过程的能量转化与热机压缩冲程能量转化相同
B.图乙中，水蒸气推动瓶塞过程的能量转化与热机做功冲程的能量转化相同
C.图甲瓶中的白雾是瓶内的空气遇冷液化形成的，图乙试管口的“白气”是水蒸气液化形成的
D.图甲瓶塞跳出和图乙瓶塞冲出试管口的过程中，烧瓶和试管内的气体的内能都在减小
答案
12.C
解析
【分析】
本题考查内能的改变、液化现象及热机冲程的能量转化。解题思路：先明确两个实验的过程及能量变化，再结合各知识点逐一分析选项。图甲中，打气时对瓶内气体做功，机械能转化为内能；瓶塞跳出时，气体对外做功，内能减小，温度降低，水蒸气液化形成白雾。图乙中，加热使水沸腾，水蒸气推动瓶塞时，内能转化为机械能，水蒸气对外做功后温度降低，液化形成“白气”。热机压缩冲程是机械能转化为内能，做功冲程是内能转化为机械能；液化是水蒸气遇冷变为小水滴的过程。
【解析】
逐一分析各选项：
选项A：图甲打气过程，对瓶内气体做功，机械能转化为内能；热机压缩冲程也是将机械能转化为内能，二者能量转化相同，A说法正确。
选项B：图乙中水蒸气推动瓶塞，内能转化为机械能；热机做功冲程是内能转化为机械能，二者能量转化相同，B说法正确。
选项C：图甲瓶中的白雾，是瓶内的水蒸气遇冷液化形成的，不是空气液化；图乙试管口的“白气”是水蒸气液化形成的，故C说法错误。
选项D：图甲中瓶塞跳出时，瓶内气体对外做功，内能减小；图乙中瓶塞冲出时，试管内水蒸气对外做功，内能减小，D说法正确。
【答案】
C
【知识点】
内能的改变、液化现象、热机冲程
【点评】
本题通过两个典型实验，综合考查内能转化、液化及热机冲程的相关知识，需要准确区分各过程的能量变化和液化的物质来源，是对基础知识点的综合应用。
【难度系数】
0.6
本题考查内能的改变、液化现象及热机冲程的能量转化。解题思路：先明确两个实验的过程及能量变化，再结合各知识点逐一分析选项。图甲中，打气时对瓶内气体做功，机械能转化为内能；瓶塞跳出时，气体对外做功，内能减小，温度降低，水蒸气液化形成白雾。图乙中，加热使水沸腾，水蒸气推动瓶塞时，内能转化为机械能，水蒸气对外做功后温度降低，液化形成“白气”。热机压缩冲程是机械能转化为内能，做功冲程是内能转化为机械能；液化是水蒸气遇冷变为小水滴的过程。
【解析】
逐一分析各选项：
选项A：图甲打气过程，对瓶内气体做功，机械能转化为内能；热机压缩冲程也是将机械能转化为内能，二者能量转化相同，A说法正确。
选项B：图乙中水蒸气推动瓶塞，内能转化为机械能；热机做功冲程是内能转化为机械能，二者能量转化相同，B说法正确。
选项C：图甲瓶中的白雾，是瓶内的水蒸气遇冷液化形成的，不是空气液化；图乙试管口的“白气”是水蒸气液化形成的，故C说法错误。
选项D：图甲中瓶塞跳出时，瓶内气体对外做功，内能减小；图乙中瓶塞冲出时，试管内水蒸气对外做功，内能减小，D说法正确。
【答案】
C
【知识点】
内能的改变、液化现象、热机冲程
【点评】
本题通过两个典型实验，综合考查内能转化、液化及热机冲程的相关知识，需要准确区分各过程的能量变化和液化的物质来源，是对基础知识点的综合应用。
【难度系数】
0.6
13.若用热值为$4.6× 10^7\ \mathrm{J/kg}$的煤油作燃料，将质量为2 kg、初温为8 ℃的水烧开（标准大气压下），设煤油完全燃烧放出的热量有25%被水吸收$[c_{\mathrm{水}}=4.2× 10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}]$，则需燃烧煤油的质量是（
A.16.8 g
B.268.8 g
C.67.2 g
D.6.72 g
C
）。A.16.8 g
B.268.8 g
C.67.2 g
D.6.72 g
答案
13.C
解析
【分析】
要解决这道题，需分三步推导：①先确定标准大气压下水的沸点，利用比热容公式计算水烧开需要吸收的热量；②结合热效率关系，算出煤油完全燃烧需释放的总热量；③再根据热值公式求出燃烧煤油的质量，最后注意单位换算匹配选项。
【解析】
1. 计算水吸收的热量：标准大气压下水的沸点为100℃，水升高的温度Δt = 100℃ - 8℃ = 92℃。
根据比热容公式 $ Q_{\mathrm{吸}} = c_{\mathrm{水}} m_{\mathrm{水}} \Delta t $，代入数据：
$ Q_{\mathrm{吸}} = 4.2 × 10^3 \, \mathrm{J/(kg·℃)} × 2 \, \mathrm{kg} × 92 \, \mathrm{℃} = 7.728 × 10^5 \, \mathrm{J} $。
2. 计算煤油需放出的总热量：已知热效率η=25%，即 $ \eta = \frac{Q_{\mathrm{吸}}}{Q_{\mathrm{放}}} $，变形得 $ Q_{\mathrm{放}} = \frac{Q_{\mathrm{吸}}}{\eta} $，代入数据：
$ Q_{\mathrm{放}} = \frac{7.728 × 10^5 \, \mathrm{J}}{25\%} = 3.0912 × 10^6 \, \mathrm{J} $。
3. 计算燃烧煤油的质量：根据热值公式 $ Q_{\mathrm{放}} = m_{\mathrm{油}} q $，变形得 $ m_{\mathrm{油}} = \frac{Q_{\mathrm{放}}}{q} $，代入数据：
$ m_{\mathrm{油}} = \frac{3.0912 × 10^6 \, \mathrm{J}}{4.6 × 10^7 \, \mathrm{J/kg}} = 0.0672 \, \mathrm{kg} = 67.2 \, \mathrm{g} $，对应选项C。
【答案】
C
【知识点】
热量计算、热值应用、热效率
【点评】
本题是初中热学基础计算题，核心考查比热容、热值及热效率公式的综合应用，解题关键是明确标准大气压下水的沸点，以及各物理量间的比例关系，注意质量单位的换算，难度不大，属于易得分题。
【难度系数】
0.7
要解决这道题，需分三步推导：①先确定标准大气压下水的沸点，利用比热容公式计算水烧开需要吸收的热量；②结合热效率关系，算出煤油完全燃烧需释放的总热量；③再根据热值公式求出燃烧煤油的质量，最后注意单位换算匹配选项。
【解析】
1. 计算水吸收的热量：标准大气压下水的沸点为100℃，水升高的温度Δt = 100℃ - 8℃ = 92℃。
根据比热容公式 $ Q_{\mathrm{吸}} = c_{\mathrm{水}} m_{\mathrm{水}} \Delta t $，代入数据：
$ Q_{\mathrm{吸}} = 4.2 × 10^3 \, \mathrm{J/(kg·℃)} × 2 \, \mathrm{kg} × 92 \, \mathrm{℃} = 7.728 × 10^5 \, \mathrm{J} $。
2. 计算煤油需放出的总热量：已知热效率η=25%，即 $ \eta = \frac{Q_{\mathrm{吸}}}{Q_{\mathrm{放}}} $，变形得 $ Q_{\mathrm{放}} = \frac{Q_{\mathrm{吸}}}{\eta} $，代入数据：
$ Q_{\mathrm{放}} = \frac{7.728 × 10^5 \, \mathrm{J}}{25\%} = 3.0912 × 10^6 \, \mathrm{J} $。
3. 计算燃烧煤油的质量：根据热值公式 $ Q_{\mathrm{放}} = m_{\mathrm{油}} q $，变形得 $ m_{\mathrm{油}} = \frac{Q_{\mathrm{放}}}{q} $，代入数据：
$ m_{\mathrm{油}} = \frac{3.0912 × 10^6 \, \mathrm{J}}{4.6 × 10^7 \, \mathrm{J/kg}} = 0.0672 \, \mathrm{kg} = 67.2 \, \mathrm{g} $，对应选项C。
【答案】
C
【知识点】
热量计算、热值应用、热效率
【点评】
本题是初中热学基础计算题，核心考查比热容、热值及热效率公式的综合应用，解题关键是明确标准大气压下水的沸点，以及各物理量间的比例关系，注意质量单位的换算，难度不大，属于易得分题。
【难度系数】
0.7
14.一冰块先后经历了以下三个过程:①$-10\ °\mathrm{C}$的冰到$0\ °\mathrm{C}$的冰,吸收热量$Q_{1}$;②$0\ °\mathrm{C}$的冰变为$10\ °\mathrm{C}$的水,吸收热量$Q_{2}$;③$10\ °\mathrm{C}$的水到$20\ °\mathrm{C}$的水,吸收热量$Q_{3}$。已知冰和水的比热容分别为$c_{\mathrm{冰}}$、$c_{\mathrm{水}}$,且$c_{\mathrm{冰}}＜c_{\mathrm{水}}$,在整个过程中总质量保持不变,则(
A.$Q_{1}＞Q_{2}＞Q_{3}$
B.$Q_{1}＜Q_{2}＜Q_{3}$
C.$Q_{1}＜Q_{3}＜Q_{2}$
D.$Q_{1}＜Q_{2}=Q_{3}$
C
)。A.$Q_{1}＞Q_{2}＞Q_{3}$
B.$Q_{1}＜Q_{2}＜Q_{3}$
C.$Q_{1}＜Q_{3}＜Q_{2}$
D.$Q_{1}＜Q_{2}=Q_{3}$
答案
14.C
解析
【分析】要比较三个过程吸收热量的大小，需结合热量公式$Q=cm\Delta t$，同时注意过程②包含冰的熔化（吸热）和水的升温两个阶段。首先明确各过程的比热容、温度变化量，结合熔化吸热的特点，逐步推导各热量的大小关系。
【解析】根据热量公式$Q=cm\Delta t$（$m$为质量，$c$为比热容，$\Delta t$为温度变化量），结合各过程特点分析：
1. 过程①：$-10°C$的冰→$0°C$的冰，温度变化量$\Delta t_1=0°C - (-10°C)=10°C$，比热容为$c_{\mathrm{冰}}$，故$Q_1=c_{\mathrm{冰}}m\Delta t_1=10c_{\mathrm{冰}}m$；
2. 过程③：$10°C$的水→$20°C$的水，温度变化量$\Delta t_3=20°C -10°C=10°C$，比热容为$c_{\mathrm{水}}$，故$Q_3=c_{\mathrm{水}}m\Delta t_3=10c_{\mathrm{水}}m$；
已知$c_{\mathrm{冰}}＜c_{\mathrm{水}}$，因此$Q_1=10c_{\mathrm{冰}}m ＜ Q_3=10c_{\mathrm{水}}m$；
3. 过程②：$0°C$的冰→$10°C$的水，该过程包含两个阶段：①$0°C$冰熔化为$0°C$水（熔化吸热，记为$Q_{\mathrm{熔}}$）；②$0°C$水升温至$10°C$水，吸热为$c_{\mathrm{水}}m·10$。因此$Q_2=Q_{\mathrm{熔}} + 10c_{\mathrm{水}}m$，显然$Q_2＞10c_{\mathrm{水}}m=Q_3$；
综上，$Q_1＜Q_3＜Q_2$，对应选项C。
【答案】C
【知识点】热量的计算、熔化吸热、比热容
【点评】本题考查热量公式的应用及熔化吸热的特点，关键在于明确过程②不仅有水的升温，还包含冰熔化的额外吸热，易忽略这一点导致错解，需仔细分析每个过程的吸热量组成。
【难度系数】0.5
【解析】根据热量公式$Q=cm\Delta t$（$m$为质量，$c$为比热容，$\Delta t$为温度变化量），结合各过程特点分析：
1. 过程①：$-10°C$的冰→$0°C$的冰，温度变化量$\Delta t_1=0°C - (-10°C)=10°C$，比热容为$c_{\mathrm{冰}}$，故$Q_1=c_{\mathrm{冰}}m\Delta t_1=10c_{\mathrm{冰}}m$；
2. 过程③：$10°C$的水→$20°C$的水，温度变化量$\Delta t_3=20°C -10°C=10°C$，比热容为$c_{\mathrm{水}}$，故$Q_3=c_{\mathrm{水}}m\Delta t_3=10c_{\mathrm{水}}m$；
已知$c_{\mathrm{冰}}＜c_{\mathrm{水}}$，因此$Q_1=10c_{\mathrm{冰}}m ＜ Q_3=10c_{\mathrm{水}}m$；
3. 过程②：$0°C$的冰→$10°C$的水，该过程包含两个阶段：①$0°C$冰熔化为$0°C$水（熔化吸热，记为$Q_{\mathrm{熔}}$）；②$0°C$水升温至$10°C$水，吸热为$c_{\mathrm{水}}m·10$。因此$Q_2=Q_{\mathrm{熔}} + 10c_{\mathrm{水}}m$，显然$Q_2＞10c_{\mathrm{水}}m=Q_3$；
综上，$Q_1＜Q_3＜Q_2$，对应选项C。
【答案】C
【知识点】热量的计算、熔化吸热、比热容
【点评】本题考查热量公式的应用及熔化吸热的特点，关键在于明确过程②不仅有水的升温，还包含冰熔化的额外吸热，易忽略这一点导致错解，需仔细分析每个过程的吸热量组成。
【难度系数】0.5
15. 用两个规格相同的电加热器给质量同为2 kg的物质甲和水加热，它们的温度随时间的变化关系如图所示，据此判断物质甲10 min吸收的热量为（
A.$5.04×10^5$ J
B.$4.2×10^5$ J
C.$2.52×10^5$ J
D.条件不足，不能计算
C
）。A.$5.04×10^5$ J
B.$4.2×10^5$ J
C.$2.52×10^5$ J
D.条件不足，不能计算
答案
15.C
解析
【分析】本题中两个规格相同的电加热器，意味着相同时间内物质甲和水吸收的热量相等。解题时需先利用水的比热容已知的条件，结合图像中水的温度变化，计算出单位时间内吸收的热量，再据此求出甲10min吸收的热量，核心是抓住“相同电加热器，相同时间吸热相同”的特点，结合热量公式分析。
【解析】
1. 已知水的比热容$c_{水}=4.2×10^3 J/(kg·℃)$，物质甲和水的质量均为$m=2kg$；由图像可知，水在20min内温度升高$\Delta t_{水}=60℃$。
2. 计算水20min吸收的热量：根据热量公式$Q=cm\Delta t$，可得$Q_{水}=c_{水}m\Delta t_{水}=4.2×10^3 J/(kg·℃)×2kg×60℃=5.04×10^5 J$。
3. 计算单位时间内吸收的热量：因电加热器规格相同，每分钟吸收的热量为$Q_0=\frac{Q_{水}}{20min}=\frac{5.04×10^5 J}{20min}=2.52×10^4 J/min$。
4. 计算甲10min吸收的热量：甲加热时间为10min，吸收的热量$Q_{甲}=Q_0×10min=2.52×10^4 J/min×10min=2.52×10^5 J$。
【答案】C
【知识点】比热容、热量计算
【点评】本题结合图像信息与热量公式，利用相同电加热器的吸热特点解题，关键是从图像中提取水的温度变化数据，属于中等难度的热量计算应用题。
【难度系数】0.5
【解析】
1. 已知水的比热容$c_{水}=4.2×10^3 J/(kg·℃)$，物质甲和水的质量均为$m=2kg$；由图像可知，水在20min内温度升高$\Delta t_{水}=60℃$。
2. 计算水20min吸收的热量：根据热量公式$Q=cm\Delta t$，可得$Q_{水}=c_{水}m\Delta t_{水}=4.2×10^3 J/(kg·℃)×2kg×60℃=5.04×10^5 J$。
3. 计算单位时间内吸收的热量：因电加热器规格相同，每分钟吸收的热量为$Q_0=\frac{Q_{水}}{20min}=\frac{5.04×10^5 J}{20min}=2.52×10^4 J/min$。
4. 计算甲10min吸收的热量：甲加热时间为10min，吸收的热量$Q_{甲}=Q_0×10min=2.52×10^4 J/min×10min=2.52×10^5 J$。
【答案】C
【知识点】比热容、热量计算
【点评】本题结合图像信息与热量公式，利用相同电加热器的吸热特点解题，关键是从图像中提取水的温度变化数据，属于中等难度的热量计算应用题。
【难度系数】0.5
