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【分析】
这道题结合氢燃料电池汽车的热点情境，考察四冲程内燃机的工作特点和能量转化相关知识，我们可以通过逐个选项排查验证的思路解题：首先回忆四冲程内燃机四个冲程各自的功能、能量转化规律，明确飞轮转速和做功次数的对应关系，再结合氢燃料电池的工作原理判断其能量转化路径，逐一排除错误选项即可得到正确答案。
【解析】
我们对每个选项逐一分析：
1. 选项A：四冲程内燃机的四个冲程中，只有做功冲程将内能转化为机械能，为汽车提供动力，吸气冲程仅负责吸入工作介质，不对外输出动力，因此A错误。
2. 选项B：氢燃料电池的基本原理是电解水的逆反应，工作时直接将氢和氧的化学能转化为电能，再通过电动机将电能转化为机械能，不存在化学能向内能的转化步骤，因此B错误。
3. 选项C：四冲程内燃机中，压缩冲程将机械能转化为内能，做功冲程将内能转化为机械能，吸气、排气冲程仅依靠飞轮惯性完成，没有发生能量转化，因此发生能量转化的冲程是压缩冲程和做功冲程，C正确。
4. 选项D：飞轮转速为1800r/min，换算为每秒转速是$\frac{1800}{60}=30\ \mathrm{r/s}$，四冲程内燃机每完成1个工作循环飞轮转2圈，对外做功1次，因此每秒的做功次数为$\frac{30}{2}=15$次，并非30次，D错误。
【答案】
C
【知识点】
四冲程内燃机工作过程，能量转化，热机转速计算
【点评】
本题结合地方新能源产业的实际情境出题，考察热机相关的基础核心知识点，易错点是容易混淆飞轮转速和做功次数的对应关系，或是误将氢燃料电池的能量转化和传统燃油内燃机的能量转化混淆，解题时需要准确记忆四冲程内燃机的工作规律，区分不同动力装置的能量转化路径。
【难度系数】
0.7

【分析】
首先第一步判断吸收热量的多少：同一盏酒精灯在相同时间内放出的热量近似相等，因此同时被加热相同时间的玻璃棒和铁棒吸收的热量是相同的。第二步从实验现象判断升温高低：玻璃棒可以点燃火柴，说明玻璃棒温度达到了火柴的着火点，而铁棒不能点燃火柴，说明铁棒温度更低，因此玻璃棒升高的温度更高。第三步结合已知比热容数据分析矛盾点：已知玻璃的比热容比铁大，按照Q=cmΔt的规律，质量相近、吸收相同热量时，铁的理论升温应该比玻璃更高，这和实验现象相反，因此要从两种物质的导热性差异入手分析，结合热传导、热散失的特点就能合理解释实验现象。
【解析】
1. 同一盏酒精灯加热相同时间，酒精灯释放的热量近似相等，因此玻璃棒和铁棒吸收的热量相同。
2. 玻璃棒能够点燃火柴，说明玻璃棒的温度更高，因此玻璃棒升高的温度更高。
3. 现象解释：已知玻璃的比热容大于铁的比热容，若仅从比热容公式$Q_{\mathrm{吸}}=cm\Delta t$分析，质量相近的两者吸收相同热量时，铁棒升高的温度本应更高，但实际玻璃棒端部温度更高：玻璃棒属于热的不良导体，吸收的热量很难快速传导到棒的其余部分，热量集中在被加热的端部，局部温度快速升高，达到火柴的着火点就可以点燃火柴；而铁棒是热的良导体，吸收的热量会迅速传导到整个棒体，同时还会快速向周围的空气中散失热量，导致被加热的端部温度始终较低，达不到火柴的着火点，因此无法点燃火柴。
【答案】
相同；玻璃棒；玻璃棒是热的不良导体，热量集中在受热表面附近，不易迅速传导到整个棒体，加热相同时间后玻璃棒表面局部温度很高，足以点燃火柴，而铁棒是热的良导体，加热时热量迅速传导到整个棒体，进而迅速散失到周围空气中，加热相同时间后铁棒表面温度较低，无法点燃火柴
【知识点】
比热容，热的良导体与不良导体，着火点
【点评】
本题打破了直接套用比热容公式解题的思维定式，引导学生不能脱离实际场景生硬套用物理公式，需要结合物质的导热特性、热散失等实际因素综合分析问题，能够有效锻炼学生的物理综合分析能力，避免死记硬背公式的错误解题习惯。
【难度系数】
0.4

【分析】
这是一道结合晶体熔化吸热的热平衡应用题，解题思路如下：
1. 首先明确隔热容器无热量散失，高温物体放出的总热量等于低温物体吸收的总热量。
2. 题目未直接给出雪的熔化热（单位质量雪熔化的吸热量），因此需要先利用第一次投雪的已知条件求出该物理量：第一次投雪后水温从40℃下降6℃，得到热平衡末温为34℃，先计算原有热水放出的总热量；雪从0℃变为34℃的水需要先后经历熔化、升温两个阶段，总吸热等于熔化吸热加上熔化后0℃水升温到34℃的吸热，我们可以先算出升温阶段的吸热量，用总放热减去升温吸热即可得到雪的熔化总吸热，进而求出单位质量雪的熔化热。
3. 第二次投雪时，设水温下降的度数为Δt'，此时容器内原有水的总质量为第一次混合后的总质量，其降温Δt'放出的热量，等于新投入的雪的熔化吸热加上熔化后得到的0℃水升温到新的平衡温度的吸热，列热平衡方程即可解出Δt'。
【解析】
步骤1：计算第一次热平衡的相关物理量
第一次投入50g雪后，水温从40℃下降6℃，热平衡末温：
$t_1 = 40°\mathrm{C} -6°\mathrm{C}=34°\mathrm{C}$
原有450g热水放出的总热量：
$Q_{\mathrm{放}1} = c_{\mathrm{水}}m_{\mathrm{水}}\Delta t_1 = 4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)} × 0.45\ \mathrm{kg} ×6°\mathrm{C} =1.134×10^4\ \mathrm{J}$
50g 0℃的雪完全熔化为0℃的水后，升温到34℃吸收的热量：
$Q_{\mathrm{吸升}1} = c_{\mathrm{水}}m_{\mathrm{雪}1}t_1 =4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)} ×0.05\ \mathrm{kg} ×34°\mathrm{C} =7.14×10^3\ \mathrm{J}$
根据热平衡$Q_{\mathrm{放}1}=Q_{\mathrm{熔}1}+Q_{\mathrm{吸升}1}$，可得50g雪熔化吸收的热量：
$Q_{\mathrm{熔}1}=Q_{\mathrm{放}1}-Q_{\mathrm{吸升}1}=1.134×10^4\ \mathrm{J} -7.14×10^3\ \mathrm{J}=4.2×10^3\ \mathrm{J}$
因此单位质量雪的熔化热：
$λ = \frac{Q_{\mathrm{熔}1}}{m_{\mathrm{雪}1}}=\frac{4.2×10^3\ \mathrm{J}}{0.05\ \mathrm{kg}}=8.4×10^4\ \mathrm{J/kg}$
步骤2：计算第二次投雪后的水温下降值
设第二次投入100g雪后，水温又下降$\Delta t'$，则新的热平衡温度为$t_2=34°\mathrm{C}-\Delta t'$，此时容器内原有水的总质量$m_{\mathrm{总}1}=450\ \mathrm{g}+50\ \mathrm{g}=0.5\ \mathrm{kg}$，这部分水降温$\Delta t'$放出的热量：
$Q_{\mathrm{放}2}=c_{\mathrm{水}}m_{\mathrm{总}1}\Delta t'$
100g雪吸收的总热量分为两部分：熔化吸热$Q_{\mathrm{熔}2}=λ m_{\mathrm{雪}2}$，熔化后得到的0℃水升温到$t_2$的吸热$Q_{\mathrm{吸升}2}=c_{\mathrm{水}}m_{\mathrm{雪}2}t_2$。
根据热平衡$Q_{\mathrm{放}2}=Q_{\mathrm{熔}2}+Q_{\mathrm{吸升}2}$，代入数据化简计算：
$4.2×10^3 × 0.5 × \Delta t' = 8.4×10^4 ×0.1 + 4.2×10^3 ×0.1 ×(34-\Delta t')$
解得$\Delta t'=9°\mathrm{C}$
【答案】
9
【知识点】
热平衡方程，熔化吸热，热量计算
【点评】
本题的易错点是容易忽略雪熔化过程需要吸收大量热量，直接将0℃的雪等同于0℃的水进行计算，导致结果错误。题目设计了先通过第一次实验求解未知熔化热的环节，考察了学生对物态变化伴随能量变化的理解，以及灵活运用热平衡方程解决多过程热学问题的能力，属于热学部分的典型进阶题型。
【难度系数】
0.4

【分析】
这是一道结合生活实际的热学综合应用题，解题思路可以分三步逐步推进：
1. 第一问求水吸收的热量：已知水的体积，先通过密度公式m=ρV算出50L水的质量，再利用物体吸热公式Q吸=c水m水Δt，代入水的比热容、质量、温度差即可算出吸收的热量。
2. 第二问求混合液化石油气的热值：题目给出热水器热效率，热效率定义是水吸收的热量占燃料完全燃烧放出总热量的比例，先通过η=Q吸/Q放的变形公式Q放=Q吸/η算出0.2kg燃料完全燃烧放出的总热量，再根据热值定义q=Q放/m，代入总放热和消耗的燃料质量就能算出混合燃料的热值。
3. 第三问求二甲醚的质量百分比：设纯液化石油气的质量为m1，二甲醚的质量为m2，先根据总燃料质量得到第一个方程m1+m2=0.2kg，再根据总放热量等于两种燃料各自完全燃烧放出的热量之和得到第二个方程Q放=m1q1+m2q2，联立两个方程解出二甲醚的质量，最后用二甲醚质量除以总燃料质量乘以100%即可得到质量百分比。
【解析】
(1) 先换算水的体积单位：$V=50\ \mathrm{L}=50×10^{-3}\ \mathrm{m^3}$
根据密度公式$\rho=\frac{m}{V}$，可得水的质量：
$m_水=\rho_水V=1.0×10^3\ \mathrm{kg/m^3} × 50×10^{-3}\ \mathrm{m^3}=50\ \mathrm{kg}$
水的温度变化量$\Delta t=45\ °\mathrm{C}-20\ °\mathrm{C}=25\ °\mathrm{C}$，代入吸热公式$Q_{吸}=c_水m_水\Delta t$：
$Q_{吸}=4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)} × 50\ \mathrm{kg} × 25\ °\mathrm{C}=5.25×10^6\ \mathrm{J}$
(2) 已知热水器热效率$\eta=75\%$，由热效率公式$\eta=\frac{Q_{吸}}{Q_{放}}×100\%$，变形得液化石油气完全燃烧放出的总热量：
$Q_{放}=\frac{Q_{吸}}{\eta}=\frac{5.25×10^6\ \mathrm{J}}{75\%}=7×10^6\ \mathrm{J}$
根据热值定义$q=\frac{Q_{放}}{m}$，代入消耗的燃料总质量$m=0.2\ \mathrm{kg}$：
$q=\frac{Q_{放}}{m}=\frac{7×10^6\ \mathrm{J}}{0.2\ \mathrm{kg}}=3.5×10^7\ \mathrm{J/kg}$
(3) 设0.2kg混合燃料中，纯液化石油气的质量为$m_{石油气}$，二甲醚的质量为$m_{二甲醚}$，可得两个关系式：
① 总质量关系：$m_{石油气} + m_{二甲醚} = 0.2\ \mathrm{kg}$
② 总放热关系：$Q_{放} = m_{石油气} q_{石油气} + m_{二甲醚} q_{二甲醚}$
代入已知数值$Q_{放}=7×10^6\ \mathrm{J}$，$q_{石油气}=4.6×10^7\ \mathrm{J/kg}$，$q_{二甲醚}=3.0×10^7\ \mathrm{J/kg}$，联立两个方程解得：$m_{石油气}=0.0625\ \mathrm{kg}$，$m_{二甲醚}=0.1375\ \mathrm{kg}$
因此二甲醚的质量百分比为：
$\eta_{二甲醚} = \frac{m_{二甲醚}}{m_{总}} ×100\% = \frac{0.1375\ \mathrm{kg}}{0.2\ \mathrm{kg}}×100\%=68.75\%$
【答案】
(1) $5.25×10^6\ \mathrm{J}$ (2) $3.5×10^7\ \mathrm{J/kg}$ (3) $68.75\%$
【知识点】
水的吸热计算、燃料热值计算、热效率应用
【点评】
本题是贴合生活场景的热学综合题，既考察了密度、比热容、热值等基础公式的运用，也通过混合燃料掺假的问题，考察了学生建立二元一次方程组求解物理量的能力，易错点是第三问容易忽略总放热是两种燃料燃烧放热之和，需要理清各个物理量的对应关系，避免混淆。
【难度系数】
0.5