1.[合肥模拟]关于温度、内能、热量三者之间的关系，
下列说法正确的是 （）

A.温度高的物体，内能一定大
B.物体温度升高，一定吸收了热量
C.物体吸收了热量，温度一定升高
D.物体温度升高，内能一定增加

D

【分析】首先明确温度、内能、热量的核心概念及关联：内能是物体内所有分子动能与分子势能的总和，受温度、质量、状态等因素影响；热量是热传递过程中转移的能量；改变内能的方式有做功和热传递两种。接下来逐一分析选项：A选项，内能大小不仅取决于温度，还与质量、状态等有关，温度高的物体若质量很小，内能不一定更大，故A错误；B选项，物体温度升高可能是外界对其做功，不一定吸收热量，故B错误；C选项，晶体熔化时持续吸热但温度不变，说明物体吸热时温度不一定升高，故C错误；D选项，物体温度升高，分子热运动加剧，分子动能增大，内能一定增加，故D正确。
【解析】A选项：内能的大小由物体的质量、温度、状态等共同决定，温度高的物体，若质量远小于温度低的物体，其内能可能更小，因此“温度高的物体，内能一定大”的说法错误。B选项：改变物体内能的方式有做功和热传递，物体温度升高，可能是外界对物体做了功（如压缩气体），不一定是吸收了热量，故该说法错误。C选项：晶体在熔化过程中，持续吸收热量，但温度保持熔点不变，因此物体吸收热量时温度不一定升高，该说法错误。D选项：物体温度升高，分子的热运动剧烈程度增加，分子动能增大，而内能是所有分子动能和分子势能的总和，因此内能一定增加，该说法正确。
【答案】D
【知识点】温度内能热量的关系；内能的影响因素；改变内能的方式
【点评】本题考查初中热学核心概念的辨析，是基础重点题型，需准确区分温度、内能、热量的概念及相互联系，避免概念混淆，是中考常考题型。
【难度系数】0.6

2.[长沙模拟]关于汽油机和柴油机，下列说法正确的是（）

A.柴油机吸气冲程吸入的是柴油和空气的混合物
B.在做功冲程中，汽油机的点火方式是压燃式，柴油机的点火方式是点燃式
C.汽油机的做功冲程使汽车获得动力，其他三个冲程靠惯性完成
D.汽油机转速为3600 r/min表示汽油机每秒对外做功15次

C

【分析】
本题考查汽油机与柴油机的工作特点，解题思路是：逐一分析每个选项，结合汽油机和柴油机在吸气冲程、点火方式、做功冲程作用、转速与做功次数关系的知识点，判断选项的正误，最终确定正确答案。
【解析】
选项A：柴油机吸气冲程吸入的只有空气，汽油机吸气冲程吸入的是汽油和空气的混合物，故A错误；
选项B：汽油机的点火方式是点燃式（火花塞点火），柴油机的点火方式是压燃式（压缩冲程压缩空气，使空气温度升高，柴油自燃），选项中两种点火方式描述颠倒，故B错误；
选项C：汽油机的四个冲程中，只有做功冲程对外做功，为汽车提供动力，吸气、压缩、排气三个冲程依靠飞轮的惯性完成，故C正确；
选项D：汽油机转速为3600 r/min，换算为每秒转速是3600÷60=60 r/s；汽油机每完成2转，对外做功1次，因此每秒对外做功次数为60÷2=30次，不是15次，故D错误。
【答案】
C
【知识点】
汽油机与柴油机的区别、内燃机的工作原理
【点评】
本题属于内燃机基础知识点的考查，需要准确识记汽油机和柴油机的各项工作特点，易错点在于点火方式的区分和转速与做功次数的计算，整体难度较低。
【难度系数】
0.6

3.[广州期中] 如图所示，把20 ℃的铁块放入装满水的隔热壶中一段时间，铁块的内能增大。已知隔热壶内物体不与外部发生热传递。则下列说法正确的是（）

A.水的内能可能也增大
B.水的内能可能不变
C.水分子的热运动一定变缓慢
D.水分子的热运动一定变剧烈

C

【分析】
首先明确：隔热壶与外界无热传递，内部仅水和铁块间发生热传递。铁块内能增大，说明铁块吸收了热量，根据热传递规律，热量从高温物体传向低温物体，因此水的温度高于20℃的铁块，热量从水传递到铁块，水放热、温度降低。温度是分子热运动剧烈程度的标志，温度越高，分子热运动越剧烈；温度越低，分子热运动越缓慢。据此分析各选项。
【解析】
隔热壶内物体不与外部发生热传递，铁块内能增大，说明铁块从水中吸收热量，即水的温度高于铁块的20℃，热量从水传递到铁块，水放热、温度降低。
选项A：水放出热量，内能一定减小，不可能增大，A错误；
选项B：水放出热量，内能一定减小，不可能不变，B错误；
选项C：水的温度降低，而温度是分子热运动剧烈程度的标志，温度降低则水分子的热运动一定变缓慢，C正确；
选项D：水温度降低，分子热运动变缓慢，并非变剧烈，D错误。
【答案】
C
【知识点】
热传递、内能、分子热运动
【点评】
本题结合热传递、内能变化与分子热运动的关系考查，关键是根据铁块内能增大判断热传递方向，进而确定水的温度变化，难度适中。
【难度系数】
0.5

4.[福州期末]质量相同、温度相同的铝块甲和铁块乙（$c_{铁}＜c_{铝}$），将它们放在同一烧杯的水中加热足够长的时间后接触，此时（）

A.温度从甲传向乙
B.热量从甲传向乙
C.温度从乙传向甲
D.甲、乙不发生热传递

D

【分析】
要解决本题，需明确热传递的核心知识点：热传递的发生条件是物体间存在温度差，热传递过程中传递的是热量而非温度，热量从高温物体传向低温物体。题目中铝块甲和铁块乙质量、初温相同，放在同一烧杯的水中加热足够长时间后，它们的温度会与烧杯内水的温度一致，即甲、乙温度相等。此时将两者接触，因无温度差，不会发生热传递，据此分析选项即可得出答案。
【解析】
1. 明确热传递的规则：热传递的发生需要物体间存在温度差，传递的是热量（不是温度），热量从温度高的物体传向温度低的物体。
2. 分析甲、乙的末温：甲和乙质量、初温相同，在同一烧杯的水中加热足够长时间，最终两者的温度会与水的温度相同，即甲、乙温度相等。
3. 逐一判断选项：
A选项：温度是状态量，不能传递，错误；
B选项：热量传递需要温度差，此时甲、乙温度相同，无温度差，不会发生热量传递，错误；
C选项：温度不能传递，且无温度差，不会发生热传递，错误；
D选项：甲、乙温度相同，无温度差，不发生热传递，正确。
【答案】
D
【知识点】
热传递的条件、温度与热量的区别
【点评】
本题为热学基础概念题，重点考查热传递的发生条件及温度、热量的概念区分，解题关键是理解“加热足够长时间后物体温度与环境温度相同”的隐含条件，整体难度不大，需准确掌握基础概念。
【难度系数】
0.7

5. [厦门期中] 一杯质量为$ m $的热水与一杯质量为$ 3m $的冷水混合，冷水温度升高$ 12\ °\mathrm{C} $。现将另一杯质量、温度和原来相同的热水继续与刚混合后的水再次混合，则原来混合的水升高的温度为（不考虑热损失）（）

A.$ 7.2\ °\mathrm{C} $
B.$ 9\ °\mathrm{C} $
C.$ 12\ °\mathrm{C} $
D.$ 9.6\ °\mathrm{C} $

A 【点拨】假设热水和冷水的温度差为t，则冷水吸收的热量$Q_{吸}=cm_{冷}\ \Delta t_{冷}=c× 3m× 12\ \mathrm{° C}$，热水放出的热量$Q_{放}=cm_{热}\ \Delta t_{热}=c× m× (t-12\ \mathrm{° C})$，根据热平衡方程可知$Q_{吸}=Q_{放}$，即$c× 3m× 12\ \mathrm{° C}=c× m× (t-12\ \mathrm{° C})$，解得$t=48\ \mathrm{° C}$；假设原来混合的水升高的温度为$t'$，原来混合的水吸收的热量$Q_{吸}\ '=cm_{混}\ \Delta t_{混}=c× (m+3m)× t'$，热水放出的热量$Q_{放}\ '=cm_{热}\ \Delta t_{热}\ '=c× m× (t-12\ \mathrm{° C}-t')$，根据热平衡方程可知$Q_{吸}\ '=Q_{放}\ '$，即$c× (m+3m)× t'=c× m× (48\ \mathrm{° C}-12\ \mathrm{° C}-t')$，解得$t'=7.2\ \mathrm{° C}$。故选A。

【分析】
本题考查热平衡方程的应用，解题思路是：①第一次混合时，利用热平衡方程（不考虑热损失时，热水放出的热量等于冷水吸收的热量），结合冷水升高的温度，求出热水与冷水的初始温度差；②第二次混合时，再次利用热平衡方程，结合第一次混合后水的总质量、温度变化，计算出原来混合的水升高的温度，需明确各次混合时的质量、温度变化，避免混淆物理量。
【解析】
设热水与冷水的初始温度差为$ t $，不考虑热损失时，热水放出的热量等于冷水吸收的热量，即$ Q_{吸}=Q_{放} $。
第一次混合时，冷水质量$ m_{冷}=3m $，升高温度$ \Delta t_{冷}=12\ °\mathrm{C} $，热水质量$ m_{热}=m $，降低温度$ \Delta t_{热}=t - 12\ °\mathrm{C} $，根据热量公式$ Q=cm\Delta t $，可得：
$ c× 3m× 12\ °\mathrm{C}=c× m× (t - 12\ °\mathrm{C}) $，约去$ c $和$ m $，解得$ t=48\ °\mathrm{C} $。
第二次混合时，第一次混合后水的总质量$ m_{混}=m + 3m=4m $，设原来混合的水升高的温度为$ t' $，则热水降低的温度为$ (48\ °\mathrm{C} - 12\ °\mathrm{C} - t')=(36\ °\mathrm{C} - t') $，再次根据热平衡方程：
$ c× 4m× t'=c× m× (36\ °\mathrm{C} - t') $，约去$ c $和$ m $，整理得$ 4t'=36\ °\mathrm{C} - t' $，解得$ t'=7.2\ °\mathrm{C} $。
【答案】
A
【知识点】
热平衡方程、热量的计算
【点评】
本题是热学中热平衡的典型应用题，核心是利用“不考虑热损失时，热水放出的热量等于冷水吸收的热量”这一规律，分两次建立热平衡方程求解，解题时需准确对应各次混合的质量、温度变化，避免物理量混淆。
【难度系数】
0.6

6. 某金属球在炉火中加热到108 ℃，然后迅速投入到100 g、初温为45 ℃的某种液体中，达到热平衡后金属球的温度为48 ℃。已知金属球的比热容为0.42×10³ J/(kg·℃)，不计热损失。此过程中，金属球放出的热量为1.26×10³ J。

(1)求金属球的质量是多少克？
(2)计算出该液体的比热容，并根据表中的数据确定该液体的种类。
(3)若该液体再吸收2.52×10⁴ J的热量，求该液体的末温(1个标准大气压下)。

【解】(1)由 $c=\dfrac{Q}{m\Delta t}$得，金属球的质量 $m_{金}=\dfrac{Q_{放}}{c_{金}\ \Delta t_{金}}=\dfrac{1.26× 10^3\ \mathrm{J}}{0.42× 10^3\ \mathrm{J/(kg· ° C)×(108\ ° C-48\ ° C)}}=0.05\ \mathrm{kg}=50\ \mathrm{g}$。
(2)根据 $Q_{放}=Q_{吸}=cm(t_2-t_1)$ 可得，该液体的比热容 $c=\dfrac{Q_{吸}}{m(t_2-t_1)}=\dfrac{1.26× 10^3\ \mathrm{J}}{100× 10^{-3}\ \mathrm{kg}×(48\ ° C-45\ ° C)} = 4.2 × 10^3\ \mathrm{J/(kg· ° C)}$，所以该液体是水。
(3)若该液体再吸收 $2.52× 10^4\ \mathrm{J}$ 的热量，则该液体升高的温度 $\Delta t_{升}=\dfrac{Q_{吸}\ '}{cm}=\dfrac{2.52× 10^4\ \mathrm{J}}{4.2× 10^3\ \mathrm{J/(kg· ° C)× 100× 10^{-3}\ kg}}= 60\ \mathrm{° C},48\ \mathrm{° C}+60\ \mathrm{° C}=108\ \mathrm{° C}$，在1个标准大气压下，水的沸点为$100\ \mathrm{° C}$，所以该液体的末温$t_{末}=100\ \mathrm{° C}$。

【分析】
本题围绕热量计算展开，利用不计热损失时金属球放出的热量等于液体吸收的热量这一热平衡关系，结合比热容公式$Q=cm\Delta t$分三步求解：第(1)问已知金属球放热、比热容和温度变化，通过公式变形求质量；第(2)问利用热平衡关系求液体比热容，再对比表格确定液体种类；第(3)问计算液体吸热后的升温，需注意1标准大气压下水的沸点为100℃，末温不能超过沸点。
【解析】
(1) 根据比热容公式$Q=cm\Delta t$，变形得金属球质量公式：$m_{金}=\frac{Q_{放}}{c_{金}\Delta t_{金}}$。
代入数据：$Q_{放}=1.26×10^3\ \mathrm{J}$，$c_{金}=0.42×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}$，$\Delta t_{金}=108℃-48℃=60℃$，
则$m_{金}=\frac{1.26×10^3\ \mathrm{J}}{0.42×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}×60℃}=0.05\ \mathrm{kg}=50\ \mathrm{g}$。
(2) 不计热损失，$Q_{吸}=Q_{放}=1.26×10^3\ \mathrm{J}$，液体质量$m_{液}=100\ \mathrm{g}=0.1\ \mathrm{kg}$，温度变化$\Delta t_{液}=48℃-45℃=3℃$。
由$Q_{吸}=c_{液}m_{液}\Delta t_{液}$，变形得$c_{液}=\frac{Q_{吸}}{m_{液}\Delta t_{液}}$，
代入数据：$c_{液}=\frac{1.26×10^3\ \mathrm{J}}{0.1\ \mathrm{kg}×3℃}=4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}$，对比表格可知该液体是水。
(3) 液体再吸收热量$Q_{吸}'=2.52×10^4\ \mathrm{J}$，由$Q_{吸}'=c_{液}m_{液}\Delta t_{升}$，得升温$\Delta t_{升}=\frac{Q_{吸}'}{c_{液}m_{液}}$，
代入数据：$\Delta t_{升}=\frac{2.52×10^4\ \mathrm{J}}{4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}×0.1\ \mathrm{kg}}=60℃$，
液体初始末温为48℃，若升温60℃则为$48℃+60℃=108℃$，但1标准大气压下水的沸点为100℃，液体沸腾后温度不变，故末温为100℃。
【答案】
(1) 50g；(2) 该液体的比热容为$4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}$，液体种类是水；(3) 液体的末温为100℃。
【知识点】
热量计算、比热容、热平衡方程
【点评】
本题是热学基础综合题，考查比热容公式的应用与热平衡关系，第三问需注意标准大气压下水的沸点限制，避免忽略沸点导致末温计算错误，整体难度适中。
【难度系数】
0.6