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2. 下列实例中属于做功改变物体内能的是 （
A.炉火烧水
B.搓手取暖
C.用暖手宝暖手
D.热鸡蛋放在冷水中冷却
B
）A.炉火烧水
B.搓手取暖
C.用暖手宝暖手
D.热鸡蛋放在冷水中冷却
答案
2.B
解析
【分析】首先明确改变物体内能的两种方式：做功和热传递，二者的本质区别是：做功是能量的转化，热传递是能量的转移。接下来逐一分析每个选项，判断其属于哪种改变内能的方式，从而选出正确答案。
【解析】改变物体内能的方式有做功和热传递：做功的实质是能量的转化，热传递的实质是能量的转移。
选项A：炉火烧水，热量从火焰转移到水，是通过热传递改变水的内能，不符合题意；
选项B：搓手取暖时，双手相互摩擦，克服摩擦力做功，机械能转化为内能，使手的内能增加、温度升高，属于做功改变内能，符合题意；
选项C：用暖手宝暖手，热量从暖手宝转移到手，是通过热传递改变手的内能，不符合题意；
选项D：热鸡蛋放在冷水中冷却，热量从鸡蛋转移到冷水，是通过热传递改变鸡蛋的内能，不符合题意。
综上，答案为B。
【答案】B
【知识点】内能的改变方式、做功改变内能
【点评】本题考查改变内能的两种基础方式，需准确区分能量的“转化”与“转移”，属于初中物理的基础识记类题目。
【难度系数】0.8
【解析】改变物体内能的方式有做功和热传递：做功的实质是能量的转化，热传递的实质是能量的转移。
选项A：炉火烧水，热量从火焰转移到水，是通过热传递改变水的内能，不符合题意；
选项B：搓手取暖时，双手相互摩擦，克服摩擦力做功，机械能转化为内能，使手的内能增加、温度升高，属于做功改变内能，符合题意；
选项C：用暖手宝暖手，热量从暖手宝转移到手，是通过热传递改变手的内能，不符合题意；
选项D：热鸡蛋放在冷水中冷却，热量从鸡蛋转移到冷水，是通过热传递改变鸡蛋的内能，不符合题意。
综上，答案为B。
【答案】B
【知识点】内能的改变方式、做功改变内能
【点评】本题考查改变内能的两种基础方式，需准确区分能量的“转化”与“转移”，属于初中物理的基础识记类题目。
【难度系数】0.8
3. 糖炒栗子一直是秋冬的限定美食。翻炒栗子时，为了让栗子快速、均匀加热，常常将砂石与栗子混合在一起翻炒，这主要是利用了砂石 （
A.密度大
B.比热容小
C.热值大
D.含有的热量多
B
）A.密度大
B.比热容小
C.热值大
D.含有的热量多
答案
3.B
解析
【分析】本题需结合糖炒栗子时快速均匀加热的需求，分析砂石的物理特性，逐一排查选项对应的物理概念，明确各物理量的意义后选出正确答案。
【解析】逐一分析选项：A选项，密度反映物质单位体积的质量，与加热快慢无关，排除；B选项，砂石比热容小，相同质量下吸收相同热量时温度升高更快，能让栗子快速均匀加热，符合题意；C选项，热值是燃料的放热特性，翻炒栗子无燃烧过程，与热值无关，排除；D选项，热量是热传递过程中转移的能量，是过程量，不能说“含有热量”，表述错误，排除。因此选B。
【答案】B
【知识点】比热容的应用、热值的概念、热量的概念
【点评】本题结合生活实例考查热学基础概念，需准确区分比热容、热值、热量的物理意义，难度适中，注重知识的实际应用。
【难度系数】0.7
【解析】逐一分析选项：A选项，密度反映物质单位体积的质量，与加热快慢无关，排除；B选项，砂石比热容小，相同质量下吸收相同热量时温度升高更快，能让栗子快速均匀加热，符合题意；C选项，热值是燃料的放热特性，翻炒栗子无燃烧过程，与热值无关，排除；D选项，热量是热传递过程中转移的能量，是过程量，不能说“含有热量”，表述错误，排除。因此选B。
【答案】B
【知识点】比热容的应用、热值的概念、热量的概念
【点评】本题结合生活实例考查热学基础概念，需准确区分比热容、热值、热量的物理意义，难度适中，注重知识的实际应用。
【难度系数】0.7
4. 如图所示，人造地球卫星沿椭圆轨道绕地球运行的过程中，机械能是守恒的。当卫星从远地点向近地点运动时，下列说法正确的是 （
A.动能减小，重力势能增大
B.动能转化为重力势能
C.动能增大，重力势能减小
D.卫星的速度一直在减小
（第4题）
C
）A.动能减小，重力势能增大
B.动能转化为重力势能
C.动能增大，重力势能减小
D.卫星的速度一直在减小
（第4题）答案
4.C
解析
【分析】要解决这道题，需先明确动能、重力势能的影响因素，以及机械能守恒的特点。卫星从远地点向近地点运动时，距离地球的高度降低，结合重力势能的影响因素可知重力势能变化；再根据机械能守恒，判断动能的变化，进而分析速度的变化，最后逐一判断选项。
【解析】动能的大小与质量和速度有关，重力势能的大小与质量和高度有关，人造地球卫星沿椭圆轨道运行时，机械能守恒（只有动能和势能的相互转化）。当卫星从远地点向近地点运动时，卫星质量不变，距离地球的高度减小，因此重力势能减小；由于机械能守恒，动能会增大，速度也随之增大。
选项A：动能减小、重力势能增大，与分析结果不符，错误；
选项B：该过程是重力势能转化为动能，并非动能转化为重力势能，错误；
选项C：动能增大，重力势能减小，符合分析结论，正确；
选项D：卫星从远地点到近地点的速度是增大的，并非减小，错误。
【答案】C
【知识点】动能与势能转化；机械能守恒
【点评】本题结合卫星轨道运动考查能量转化，核心是掌握动能、重力势能的影响因素及机械能守恒规律，属于初中物理基础题型，难度适中。
【难度系数】0.6
【解析】动能的大小与质量和速度有关，重力势能的大小与质量和高度有关，人造地球卫星沿椭圆轨道运行时，机械能守恒（只有动能和势能的相互转化）。当卫星从远地点向近地点运动时，卫星质量不变，距离地球的高度减小，因此重力势能减小；由于机械能守恒，动能会增大，速度也随之增大。
选项A：动能减小、重力势能增大，与分析结果不符，错误；
选项B：该过程是重力势能转化为动能，并非动能转化为重力势能，错误；
选项C：动能增大，重力势能减小，符合分析结论，正确；
选项D：卫星从远地点到近地点的速度是增大的，并非减小，错误。
【答案】C
【知识点】动能与势能转化；机械能守恒
【点评】本题结合卫星轨道运动考查能量转化，核心是掌握动能、重力势能的影响因素及机械能守恒规律，属于初中物理基础题型，难度适中。
【难度系数】0.6
5. 2024年4月25日，搭载着神舟十八号载人飞船的长征二号F遥十八运载火箭（如图所示）在酒泉卫星发射中心成功发射。下列说法正确的是 （
A.火箭的燃料燃烧得越充分，热值越大
B.火箭发动机工作过程中的热机效率是100％
C.火箭“体内”的液氢燃料温度低至－253 ℃，内能为零
D.火箭搭载着飞船升空的过程中，飞船的重力势能越来越大
D
）A.火箭的燃料燃烧得越充分，热值越大
B.火箭发动机工作过程中的热机效率是100％
C.火箭“体内”的液氢燃料温度低至－253 ℃，内能为零
D.火箭搭载着飞船升空的过程中，飞船的重力势能越来越大
答案
5.D
解析
【分析】
要判断各选项的正误，需明确相关物理概念：①热值是燃料的固有特性，仅由燃料种类决定，与燃烧是否充分无关；②热机效率是有用功与燃料完全燃烧放出热量的比值，因存在能量损失，效率不可能达到100%；③一切物体在任何温度下都具有内能；④重力势能与质量和高度有关，质量不变时，高度越高，重力势能越大。据此逐一分析选项。
【解析】
A选项：热值是燃料的固有属性，只由燃料种类决定，和燃烧是否充分无关，因此燃料燃烧越充分，热值不变，A错误；
B选项：火箭发动机属于热机，工作时会因废气带走热量、克服机械摩擦等损失能量，热机效率不可能达到100%，B错误；
C选项：内能是物体内所有分子动能和分子势能的总和，一切物体在任何温度下都具有内能，即使温度低至-253℃，液氢的内能也不为零，C错误；
D选项：火箭搭载飞船升空过程中，飞船的质量不变，高度不断增加，根据重力势能的影响因素，其重力势能越来越大，D正确。
【答案】
D
【知识点】
热值、内能、重力势能
【点评】
本题考查热学和机械能的基础概念，需准确掌握各物理量的定义及影响因素，属于基础题，难度较低。
【难度系数】
0.8
要判断各选项的正误，需明确相关物理概念：①热值是燃料的固有特性，仅由燃料种类决定，与燃烧是否充分无关；②热机效率是有用功与燃料完全燃烧放出热量的比值，因存在能量损失，效率不可能达到100%；③一切物体在任何温度下都具有内能；④重力势能与质量和高度有关，质量不变时，高度越高，重力势能越大。据此逐一分析选项。
【解析】
A选项：热值是燃料的固有属性，只由燃料种类决定，和燃烧是否充分无关，因此燃料燃烧越充分，热值不变，A错误；
B选项：火箭发动机属于热机，工作时会因废气带走热量、克服机械摩擦等损失能量，热机效率不可能达到100%，B错误；
C选项：内能是物体内所有分子动能和分子势能的总和，一切物体在任何温度下都具有内能，即使温度低至-253℃，液氢的内能也不为零，C错误；
D选项：火箭搭载飞船升空过程中，飞船的质量不变，高度不断增加，根据重力势能的影响因素，其重力势能越来越大，D正确。
【答案】
D
【知识点】
热值、内能、重力势能
【点评】
本题考查热学和机械能的基础概念，需准确掌握各物理量的定义及影响因素，属于基础题，难度较低。
【难度系数】
0.8
6. 小吉在做“比较不同物质的放热性能”实验时，分别用甲、乙两种液体物质进行了实验，如图所示是两物质温度随时间变化的图像。已知，实验中甲、乙两物质在相同时间内放出的热量相等，质量均为0.5 kg且乙物质的比热容为$2.1×10^3\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg}·℃)$。下列说法正确的是（
A.0~15 min内，乙放出的热量较多
B.甲物质1 min内放热2800 J
C.甲、乙两物质的比热容之比为1:2
D.冬天做个暖手袋，选乙物质作为供热介质的性能更好
B
）A.0~15 min内，乙放出的热量较多
B.甲物质1 min内放热2800 J
C.甲、乙两物质的比热容之比为1:2
D.冬天做个暖手袋，选乙物质作为供热介质的性能更好
答案
6.B
解析
【分析】
本题考查比热容的应用，需结合温度-时间图像，利用放热公式$Q_{放}=cm\Delta t$分析。核心思路：已知相同时间内甲、乙放出热量相等，先从图像中提取相同时间内两者的温度变化，再结合放热公式计算热量、比热容，逐一判断选项。
【解析】
已知甲、乙质量$m_甲=m_乙=0.5\ \mathrm{kg}$，相同时间内放出热量相等。
1. 分析选项A：0~15 min内，甲温度从$60° C$降到$40° C$，$\Delta t_甲=20° C$；乙温度从$60° C$降到$20° C$，$\Delta t_乙=40° C$。因相同时间放热相等，故0~15 min内甲、乙放出热量相等，A错误。
2. 分析选项B：乙在0~15 min放出的热量$Q_{放乙}=c_乙m_乙\Delta t_乙=2.1×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}×0.5\ \mathrm{kg}×40° C=4.2×10^4\ \mathrm{J}$。因0~15 min内甲放热与乙相等，故甲1 min内放热$Q_{甲1}=\frac{4.2×10^4\ \mathrm{J}}{15}=2800\ \mathrm{J}$，B正确。
3. 分析选项C：由$Q=cm\Delta t$，$Q_甲=Q_乙$、$m_甲=m_乙$，得$\frac{c_甲}{c_乙}=\frac{\Delta t_乙}{\Delta t_甲}=\frac{40° C}{20° C}=\frac{2}{1}$，即比热容之比为$2:1$，C错误。
4. 分析选项D：暖手袋需选比热容大的物质，相同质量降低相同温度时放热更多，甲的比热容更大，应选甲，D错误。
【答案】
B
【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计算，关键是利用“相同时间放热相等”的条件，结合放热公式分析各物理量关系，需仔细提取图像信息。
【难度系数】
0.5
本题考查比热容的应用，需结合温度-时间图像，利用放热公式$Q_{放}=cm\Delta t$分析。核心思路：已知相同时间内甲、乙放出热量相等，先从图像中提取相同时间内两者的温度变化，再结合放热公式计算热量、比热容，逐一判断选项。
【解析】
已知甲、乙质量$m_甲=m_乙=0.5\ \mathrm{kg}$，相同时间内放出热量相等。
1. 分析选项A：0~15 min内，甲温度从$60° C$降到$40° C$，$\Delta t_甲=20° C$；乙温度从$60° C$降到$20° C$，$\Delta t_乙=40° C$。因相同时间放热相等，故0~15 min内甲、乙放出热量相等，A错误。
2. 分析选项B：乙在0~15 min放出的热量$Q_{放乙}=c_乙m_乙\Delta t_乙=2.1×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}×0.5\ \mathrm{kg}×40° C=4.2×10^4\ \mathrm{J}$。因0~15 min内甲放热与乙相等，故甲1 min内放热$Q_{甲1}=\frac{4.2×10^4\ \mathrm{J}}{15}=2800\ \mathrm{J}$，B正确。
3. 分析选项C：由$Q=cm\Delta t$，$Q_甲=Q_乙$、$m_甲=m_乙$，得$\frac{c_甲}{c_乙}=\frac{\Delta t_乙}{\Delta t_甲}=\frac{40° C}{20° C}=\frac{2}{1}$，即比热容之比为$2:1$，C错误。
4. 分析选项D：暖手袋需选比热容大的物质，相同质量降低相同温度时放热更多，甲的比热容更大，应选甲，D错误。
【答案】
B
【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计算，关键是利用“相同时间放热相等”的条件，结合放热公式分析各物理量关系，需仔细提取图像信息。
【难度系数】
0.5
7. 某四冲程汽油机飞轮的转速是1 500 r/min，1 min该汽油机的冲程和燃气做功次数分别是（
A.6 000 3 000
B.3 000 750
C.750 750
D.3 000 6 000
B
）A.6 000 3 000
B.3 000 750
C.750 750
D.3 000 6 000
答案
7.B
解析
【分析】首先明确四冲程汽油机的核心工作规律：1个完整工作循环中，飞轮转动2圈，完成4个冲程，同时对外做功1次。已知飞轮转速为1500r/min，即1分钟内飞轮转动1500圈，需先算出1分钟内的工作循环次数，再据此推导冲程数和做功次数。
【解析】四冲程汽油机的工作特点为：飞轮每转2圈，对应1个工作循环，包含4个冲程，对外做功1次。
已知飞轮转速为1500r/min，即1min内飞轮转动1500圈：
1. 计算工作循环次数：$1500÷2=750$个；
2. 计算冲程数：每个工作循环对应4个冲程，故冲程总数为$750×4=3000$个；
3. 计算做功次数：每个工作循环对外做功1次，故做功次数为$750×1=750$次。
因此1min内该汽油机的冲程为3000个，做功次数为750次，对应选项B。
【答案】B
【知识点】四冲程汽油机工作原理
【点评】本题考查四冲程汽油机的基础工作规律，核心是掌握飞轮转速与冲程数、做功次数的对应关系，属于概念应用类基础题，难度适中。
【难度系数】0.6
【解析】四冲程汽油机的工作特点为：飞轮每转2圈，对应1个工作循环，包含4个冲程，对外做功1次。
已知飞轮转速为1500r/min，即1min内飞轮转动1500圈：
1. 计算工作循环次数：$1500÷2=750$个；
2. 计算冲程数：每个工作循环对应4个冲程，故冲程总数为$750×4=3000$个；
3. 计算做功次数：每个工作循环对外做功1次，故做功次数为$750×1=750$次。
因此1min内该汽油机的冲程为3000个，做功次数为750次，对应选项B。
【答案】B
【知识点】四冲程汽油机工作原理
【点评】本题考查四冲程汽油机的基础工作规律，核心是掌握飞轮转速与冲程数、做功次数的对应关系，属于概念应用类基础题，难度适中。
【难度系数】0.6
