【分析】
首先思考第一空：改变物体内能有做功和热传递两种方式，热水在室温下自然冷却，是因为水和周围环境存在温度差，热量向外散失，没有能量形式的转化，因此属于热传递改变内能。
第二空计算前6min水减少的内能：首先将水的体积换算为国际单位，结合密度公式算出100mL水的质量；再从表格中读取0min和6min对应的水温，得到温度降低量，水向外放出的热量就等于其减少的内能，代入放热公式即可算出结果。
第三空归纳降温特点：对比每2分钟的温度差值，能发现相同时间内，热水一开始降温幅度大，后续降温幅度逐渐变小，因此可以总结出降温的规律。
【解析】
1. 内能改变方式：热水放在室温环境中，热量从高温的水传递到低温的周围空气，没有通过做功改变内能，因此是通过热传递的方式改变水的内能。
2. 计算前6min水减少的内能：
水的体积$V=100\ \mathrm{mL}=1×10^{-4}\ \mathrm{m^3}$，
根据密度公式$\rho=\frac{m}{V}$，可得水的质量：
$m=\rho_{\mathrm{水}}V=1.0×10^3\ \mathrm{kg/m^3}×1×10^{-4}\ \mathrm{m^3}=0.1\ \mathrm{kg}$，
由表格可知，0min时水温为$80°\mathrm{C}$，6min时水温为$60°\mathrm{C}$，温度降低量$\Delta t=80°\mathrm{C}-60°\mathrm{C}=20°\mathrm{C}$，
水减少的内能等于水放出的热量：
$\Delta E=Q_{\mathrm{放}}=c_{\mathrm{水}}m\Delta t=4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg· ° C)}×0.1\ \mathrm{kg}×20°\mathrm{C}=8.4×10^3\ \mathrm{J}$。
3. 温度变化特点：分析相邻2min的温度差，0~2min降温$9°\mathrm{C}$，2~4min降温$6°\mathrm{C}$，4~6min降温$5°\mathrm{C}$，后续相同时间内降温幅度持续减小，因此热水冷却过程温度变化的特点是先快后慢。
【答案】热传递；$8.4×10^3$；先快后慢
【知识点】热传递改变内能；放热公式计算；降温规律分析
【点评】本题结合生活中热水自然冷却的场景命题，综合考查基础热学知识点，难度较低，重点考查学生读取表格数据、分析归纳规律的能力，计算时注意体积单位的换算即可避免出错。
【难度系数】0.8

【分析】
我们可以分三个阶段逐一推导：1. 分析AB段：返回器处于大气层内部，运动过程中会受到空气阻力作用，需要克服空气阻力做功，部分动能转化为内能，因此动能的变化趋势是减小。2. 分析BC段：该段返回器已经穿出大气层，不存在空气阻力，只有地球的重力对返回器做功，满足机械能守恒的条件，因此这段的机械能不会发生变化。3. 分析CD段：返回器再次进入大气层，运动时除了重力做功，还需要持续克服空气阻力做功，重力势能的减少量一部分转化为动能，另一部分转化为内能，因此动能的增加量会小于重力势能的减小量。
【解析】
1. AB段：返回器在大气层内运动，受空气阻力作用，克服阻力做功将部分动能转化为内能，因此动能变小；
2. BC段：返回器穿出大气层，不受空气阻力，只有重力做功，符合机械能守恒的条件，因此机械能不变；
3. CD段：返回器再次进入大气层，重力势能减小的过程中，除了转化为动能，还有一部分能量用于克服空气阻力做功转化为内能，因此动能的增加量小于重力势能的减小量。
【答案】变小 不变 小于
【知识点】机械能转化，机械能守恒条件
【点评】本题结合嫦娥五号返回器的真实着陆情境命题，核心考察不同场景下机械能的变化分析，解题关键是区分各阶段是否存在空气阻力做功，理清能量的转化路径，避免忽略阻力带来的能量损耗而出错。
【难度系数】0.6

【分析】
我们可以分步骤梳理解题思路：
1. 先分析气球放气的温度变化：气球向外喷气时，内部气体对外做功，根据做功改变内能的规律，气体对外做功时自身内能会减小，内能减小对应温度降低，因此可以直接判断嘴部温度的变化。
2. 再匹配内燃机的冲程：气球放气的能量转化是内能转化为机械能，接下来观察乙图两个内燃机的状态：图A两个气门关闭、火花塞点火、活塞向下运动，是做功冲程，能量转化为内能转机械能；图B两个气门关闭、活塞向上运动，是压缩冲程，能量转化为机械能转内能，由此就能选出对应的冲程。
3. 最后处理热机转速计算：先把飞轮转速3000r/min换算为每秒转50圈，结合四冲程汽油机的规律：飞轮每转2圈，完成1个工作循环，对应4个冲程、对外做功1次，代入数值就能算出1s内的冲程总数和总做功大小。
【解析】
1. 气球放气时，内部气体对外做功，气体内能减小，因此喷气的嘴部温度和原来相比变低。
2. 气球放气过程的能量转化为内能转化为机械能：
图A中进气门、排气门均关闭，火花塞点火，活塞向下运动，属于做功冲程，能量转化为内能转化为机械能，和气球放气的能量转化一致；
图B中进气门、排气门均关闭，活塞向上运动，属于压缩冲程，能量转化为机械能转化为内能，不符合要求，因此对应图A。
3. 飞轮转速换算：$3000\ \mathrm{r/min}=\frac{3000\ \mathrm{r}}{60\ \mathrm{s}}=50\ \mathrm{r/s}$，即每秒飞轮转动50圈。
四冲程汽油机每完成1个工作循环，飞轮转2圈，对应4个冲程、对外做功1次：
1s内完成的冲程数：$\frac{50}{2} × 4 = 100$个；
1s内对外做功次数：$\frac{50}{2}=25$次，每秒对外总做功：$25 × 400\ \mathrm{J}=1×10^4\ \mathrm{J}$。
【答案】
变低；A；100；$1×10^4$
【知识点】
做功改变内能；内燃机冲程判断；热机冲程计算
【点评】
本题综合考查了热学的基础现象和热机的核心规律，易错点是飞轮转速和冲程数、做功次数的对应关系，需要牢记四冲程汽油机“2圈4冲程1次做功”的对应规律，避免计算时出现倍数错误。
【难度系数】
0.7

【分析】
我们先逐个分析问题的思考逻辑：第一问先对比两种加热方式的优劣，方式一中薯片被放在盛水大烧杯的内部，燃烧时氧气供给不足，且燃烧释放的热量很难有效传递给烧杯里的水，加热效率极低；而方式二薯片放在烧杯下方燃烧，火焰直接加热烧杯底部，热量更容易被水吸收，所以优先选方式二。要让薯片充分燃烧，核心是保证有充足的氧气持续供给，因此可以通过加快薯片周围空气流动的操作，不断补充氧气让薯片完全燃烧。第二问的误差分析，本实验是用水吸收的热量等效替代薯片燃烧放出的总热量，但实际过程中薯片燃烧的热量不可能全部被水获取，因此计算得到的热值会和真实值有偏差。
【解析】
(1) 对比两种加热方式：方式一的薯片处于盛水烧杯的内部空间，燃烧时内部氧气含量少，薯片很容易熄灭，且燃烧释放的热量很难充分对烧杯内的水加热，实验可行性差；方式二将薯片放在烧杯下方燃烧，可直接对烧杯底部加热，热量更易被水吸收，因此合理的是方式二。要让薯片充分燃烧，需要持续为其提供充足的氧气，可通过加快薯片周围的空气流动速度的操作，补充氧气使其充分燃烧。
(2) 本实验默认水吸收的热量等于薯片燃烧放出的全部热量，但实际实验过程中，薯片燃烧放出的热量会有大量散失到周围空气中，还有部分被铁架台、燃烧皿、烧杯等装置吸收，水实际吸收的热量远小于薯片完全燃烧释放的总热量，根据热值公式$q=\frac{Q_{吸}}{m_{薯片}}$计算得到的热值，会比薯片的真实热值偏小。
【答案】
(1) 方式二 加快薯片周围的空气流动速度(合理即可) (2) 小 薯片燃烧放出的热量不能完全被水吸收
【知识点】
热值测量，燃烧条件，热量损耗
【点评】
本题结合生活化的估测薯片热值小实验，考察了实验方案评估和误差分析，需要学生跳出理想化的理论模型，结合真实实验的热量损耗特点分析结果偏差，整体考察基础，能帮助学生理解等效替代法在热学实验中的应用局限。
【难度系数】
0.7

【分析】
这是一道力学与热学结合的综合计算题，解题思路可以分三步对应三个小问推进：
1. 第一问求有用功，已知发动机的功率和行驶时间，直接调用功率的定义公式P=W/t，注意把时间的单位从分钟换算为国际单位秒，代入数值就能算出有用功。
2. 第二问求行驶路程，首先汽车匀速行驶时牵引力和阻力是平衡力，大小相等，得到牵引力的数值后，再调用功的计算公式W=Fs，变形后就可以用已经算出的有用功除以牵引力得到行驶路程。
3. 第三问求汽油质量，已知发动机效率，先根据热机效率公式η=W有用/Q放，变形算出汽油完全燃烧释放的总热量，再调用燃料完全燃烧放热公式Q放=mq，变形后就能算出汽油的质量。
【解析】
（1）已知发动机功率$P=40\ \mathrm{kW}=4×10^4\ \mathrm{W}$，行驶时间$t=25\ \mathrm{min}=25×60\ \mathrm{s}=1500\ \mathrm{s}$，
由功率定义式$P=\frac{W}{t}$可得，汽车做的有用功：
$W_{\mathrm{有用}}=Pt=4×10^4\ \mathrm{W} × 1500\ \mathrm{s}=6×10^7\ \mathrm{J}$
（2）汽车匀速行驶，水平方向受力平衡，牵引力与阻力大小相等：$F=f=2000\ \mathrm{N}$，
由功的计算公式$W=Fs$变形得行驶路程：
$s=\frac{W_{\mathrm{有用}}}{F}=\frac{6×10^7\ \mathrm{J}}{2000\ \mathrm{N}}=3×10^4\ \mathrm{m}=30\ \mathrm{km}$
（3）已知发动机效率$\eta=25\%$，由热机效率公式$\eta=\frac{W_{\mathrm{有用}}}{Q_{\mathrm{放}}}×100\%$变形得汽油完全燃烧放出的总热量：
$Q_{\mathrm{放}}=\frac{W_{\mathrm{有用}}}{\eta}=\frac{6×10^7\ \mathrm{J}}{25\%}=2.4×10^8\ \mathrm{J}$
再由燃料放热公式$Q_{\mathrm{放}}=mq$变形得汽油的质量：
$m=\frac{Q_{\mathrm{放}}}{q}=\frac{2.4×10^8\ \mathrm{J}}{4×10^7\ \mathrm{J/kg}}=6\ \mathrm{kg}$
【答案】
（1）$6×10^7\ \mathrm{J}$；（2）$3×10^4\ \mathrm{m}$（或30km）；（3）$6\ \mathrm{kg}$
【知识点】
功率计算，二力平衡，热机效率
【点评】
本题属于热学力学综合的基础题型，所有考点都是教材核心公式的直接应用，没有复杂的变形推导，重点考察学生对功、功率、热机效率、热值相关公式的掌握程度，以及单位换算的严谨性，是巩固热机相关基础计算的典型习题。
【难度系数】
0.8