登录
9 (新情境)(2025宿迁沭阳模拟)如图所示为游乐场中旋转飞椅的示意图.飞椅和游客的运动速度越大,他们会被“甩”得越高.游客乙从图中的位置Q变化到位置Q'的过程,他的动能
(第9题)
变大
,重力势能变大
,机械能变大
.(以上均填“变大”“不变”或“变小") (第9题)答案
9. 变大 变大 变大
解析
【分析】要判断动能、重力势能、机械能的变化，需明确各能量的影响因素：动能与物体的质量和运动速度有关，质量越大、速度越大，动能越大；重力势能与物体的质量和所处高度有关，质量越大、高度越高，重力势能越大；机械能是动能与势能的总和。题目中说明飞椅和游客运动速度越大，被“甩”得越高，游客乙从位置Q到Q'时，速度变大、高度升高，据此分析各能量的变化情况。
【解析】游客乙的质量不变，从Q到Q'的过程中，运动速度变大，根据动能的影响因素，质量一定时，速度越大，动能越大，因此动能变大；同时，游客乙的高度升高，根据重力势能的影响因素，质量一定时，高度越高，重力势能越大，因此重力势能变大；机械能等于动能与重力势能之和，由于动能和重力势能均变大，所以机械能变大。
【答案】变大 变大 变大
【知识点】动能影响因素；重力势能影响因素；机械能
【点评】本题结合游乐场旋转飞椅的新情境，考查动能、重力势能和机械能的变化判断，解题关键是掌握各能量的影响因素，结合题目给出的“速度越大，甩得越高”的条件分析，属于基础题型，难度不大。
【难度系数】0.5
【解析】游客乙的质量不变，从Q到Q'的过程中，运动速度变大，根据动能的影响因素，质量一定时，速度越大，动能越大，因此动能变大；同时，游客乙的高度升高，根据重力势能的影响因素，质量一定时，高度越高，重力势能越大，因此重力势能变大；机械能等于动能与重力势能之和，由于动能和重力势能均变大，所以机械能变大。
【答案】变大 变大 变大
【知识点】动能影响因素；重力势能影响因素；机械能
【点评】本题结合游乐场旋转飞椅的新情境，考查动能、重力势能和机械能的变化判断，解题关键是掌握各能量的影响因素，结合题目给出的“速度越大，甩得越高”的条件分析，属于基础题型，难度不大。
【难度系数】0.5
10（2025宿迁沭阳月考）如图所示是汽油机的
压缩
冲程，为了不让汽油机在工作时温度升得太高，采用循环流动的水进行冷却，是因为水的比热容
较大。若该汽油机每秒钟对外做功15次，则飞轮转速为1 800
r/min。答案
10. 压缩 比热容 1 800
解析
【分析】
要确定汽油机的冲程，需观察气门状态和活塞运动方向：图中两个气门均关闭，活塞向上运动，符合压缩冲程的特征；用水冷却汽油机是因为水的比热容大，相同质量的水和其他物质相比，升高相同温度时能吸收更多热量；四冲程汽油机中，一个工作循环飞轮转2圈，对外做功1次，据此可计算飞轮转速。
【解析】
1. 判断冲程：由图可知，汽油机的两个气门都关闭，活塞向上运动，因此该冲程是压缩冲程；
2. 水的冷却原理：水的比热容较大，相同质量的水和其它物质比较，升高相同的温度，水吸收的热量更多，所以常用水作为汽油机的冷却剂；
3. 计算飞轮转速：四冲程汽油机每完成一个工作循环，飞轮转2圈，对外做功1次。已知每秒对外做功15次，则每秒飞轮转动的圈数为15×2=30圈，1分钟=60秒，所以飞轮转速为30×60=1800 r/min。
【答案】
压缩；比热容；1800
【知识点】
汽油机冲程；比热容；飞轮转速计算
【点评】
本题考查汽油机冲程判断、水的比热容的应用以及飞轮转速的计算，属于热学基础题，需掌握四冲程汽油机的工作特点和相关物理概念。
【难度系数】
0.5
要确定汽油机的冲程，需观察气门状态和活塞运动方向：图中两个气门均关闭，活塞向上运动，符合压缩冲程的特征；用水冷却汽油机是因为水的比热容大，相同质量的水和其他物质相比，升高相同温度时能吸收更多热量；四冲程汽油机中，一个工作循环飞轮转2圈，对外做功1次，据此可计算飞轮转速。
【解析】
1. 判断冲程：由图可知，汽油机的两个气门都关闭，活塞向上运动，因此该冲程是压缩冲程；
2. 水的冷却原理：水的比热容较大，相同质量的水和其它物质比较，升高相同的温度，水吸收的热量更多，所以常用水作为汽油机的冷却剂；
3. 计算飞轮转速：四冲程汽油机每完成一个工作循环，飞轮转2圈，对外做功1次。已知每秒对外做功15次，则每秒飞轮转动的圈数为15×2=30圈，1分钟=60秒，所以飞轮转速为30×60=1800 r/min。
【答案】
压缩；比热容；1800
【知识点】
汽油机冲程；比热容；飞轮转速计算
【点评】
本题考查汽油机冲程判断、水的比热容的应用以及飞轮转速的计算，属于热学基础题，需掌握四冲程汽油机的工作特点和相关物理概念。
【难度系数】
0.5
11 汽油在汽油机汽缸中燃烧不充分会产生积碳，影响汽油机性能.在汽油机维护保养后，其效率会提高.
（1）保养后汽油燃烧会更加充分，其热值
（2）2 kg的汽油完全燃烧放出的热量$E_1=$
（3）如图所示是该汽油机保养前后的相关参数的柱状图，保养后的是
（1）保养后汽油燃烧会更加充分，其热值
不变
（填“变大”“变小”或“不变”）.（2）2 kg的汽油完全燃烧放出的热量$E_1=$
$9.2×10^7$
J.汽油机燃烧2 kg汽油后，实际放出的热量$E_2=6.9×10^7$J，输出有用的机械能$E_3=2.76×10^7$J，则汽油机的效率为$30\%$
.（已知$q_{汽油}=4.6×10^7$ J/kg）（3）如图所示是该汽油机保养前后的相关参数的柱状图，保养后的是
甲
（填“甲”或“乙”）.答案
11.（1）不变 （2）$9.2×10^7$ $30\%$ （3）甲
解析
【分析】
本题分为三个小问题：（1）考查热值的特性，热值是燃料的固有属性，仅与燃料种类有关，与燃烧是否充分无关；（2）需利用热值公式计算完全燃烧放热，再根据热机效率公式计算效率；（3）结合柱状图，通过有用机械能与总放热的比值判断效率高低，保养后汽油机效率提高，据此判断。
【解析】
（1）热值是燃料的一种特性，只由燃料的种类决定，与燃料燃烧是否充分无关，因此汽油的热值不变。
（2）2kg汽油完全燃烧放出的热量：
$E_1 = mq_{汽油} = 2\ \mathrm{kg} × 4.6 × 10^7\ \mathrm{J/kg} = 9.2 × 10^7\ \mathrm{J}$；
汽油机的效率为有用机械能与实际放出热量的比值：
$\eta = \frac{E_3}{E_2} × 100\% = \frac{2.76 × 10^7\ \mathrm{J}}{6.9 × 10^7\ \mathrm{J}} × 100\% = 30\%$。
（3）汽油机效率$\eta = \frac{\mathrm{输出有用机械能}}{\mathrm{燃料完全燃烧释放的热量}}$，由柱状图可知，甲的有用机械能与总热量的比值更大，效率更高；保养后汽油机效率提高，因此保养后的是甲。
【答案】
（1）不变；（2）$9.2×10^7$；$30\%$；（3）甲
【知识点】
热值；热机效率；热量计算
【点评】
本题综合考查热值的特性、热量计算及热机效率的应用，需掌握基本概念和公式，结合图像分析效率，属于基础应用题型，难度适中。
【难度系数】
0.6
本题分为三个小问题：（1）考查热值的特性，热值是燃料的固有属性，仅与燃料种类有关，与燃烧是否充分无关；（2）需利用热值公式计算完全燃烧放热，再根据热机效率公式计算效率；（3）结合柱状图，通过有用机械能与总放热的比值判断效率高低，保养后汽油机效率提高，据此判断。
【解析】
（1）热值是燃料的一种特性，只由燃料的种类决定，与燃料燃烧是否充分无关，因此汽油的热值不变。
（2）2kg汽油完全燃烧放出的热量：
$E_1 = mq_{汽油} = 2\ \mathrm{kg} × 4.6 × 10^7\ \mathrm{J/kg} = 9.2 × 10^7\ \mathrm{J}$；
汽油机的效率为有用机械能与实际放出热量的比值：
$\eta = \frac{E_3}{E_2} × 100\% = \frac{2.76 × 10^7\ \mathrm{J}}{6.9 × 10^7\ \mathrm{J}} × 100\% = 30\%$。
（3）汽油机效率$\eta = \frac{\mathrm{输出有用机械能}}{\mathrm{燃料完全燃烧释放的热量}}$，由柱状图可知，甲的有用机械能与总热量的比值更大，效率更高；保养后汽油机效率提高，因此保养后的是甲。
【答案】
（1）不变；（2）$9.2×10^7$；$30\%$；（3）甲
【知识点】
热值；热机效率；热量计算
【点评】
本题综合考查热值的特性、热量计算及热机效率的应用，需掌握基本概念和公式，结合图像分析效率，属于基础应用题型，难度适中。
【难度系数】
0.6
12（易错题）（2025南京玄武模拟）如图所示，小球以某速度从M点开始沿粗糙轨道MOP运动，经P点离开轨道，上升至最高点N，又下落经过Q点，N位于P、Q之间，O、P、Q处在同一水平高度。不计空气阻力，下列说法正确的是（
A.小球经过O、P两点时动能相等
B.小球到达最高点N时速度一定为零
C.小球到达的最高点N不可能高于M点
D.小球经过N点时的机械能等于经过Q点时的机械能
D
）A.小球经过O、P两点时动能相等
B.小球到达最高点N时速度一定为零
C.小球到达的最高点N不可能高于M点
D.小球经过N点时的机械能等于经过Q点时的机械能
答案
12. D
解析
【分析】
本题考查机械能的相关知识，需分阶段分析机械能变化：小球沿粗糙轨道MOP运动时，摩擦力做功会消耗机械能，机械能不断减少；离开轨道后（P→N→Q），不计空气阻力，只有重力做功，机械能守恒。逐一判断各选项：
选项A：O、P在同一水平高度，重力势能相同，但O到P过程中轨道粗糙，摩擦力消耗机械能，P点动能小于O点，A错误。
选项B：小球到达最高点N后会下落经过Q，说明N点存在水平方向的速度，因此N点速度不为零，B错误。
选项C：小球从M到P，摩擦力做功使机械能减少，故P点机械能小于M点；P到N机械能守恒，N点机械能等于P点。N是最高点，竖直速度为零，水平速度不为零，因此N点机械能=重力势能+水平动能，若N点高度高于M点，只要水平动能为正，总机械能仍小于M点，故N点可能高于M点，C错误。
选项D：N到Q过程不计空气阻力，只有重力做功，机械能守恒，因此N点与Q点机械能相等，D正确。
【解析】
逐一分析各选项：
A. O、P两点高度相同，重力势能相等。小球从O到P沿粗糙轨道运动，摩擦力做负功，机械能减少，因此P点动能小于O点，A错误；
B. 小球到达最高点N后仍能下落经过Q点，说明N点具有水平方向的速度，因此N点速度不为零，B错误；
C. 小球从M到P，粗糙轨道上摩擦力做功，机械能减少，故P点机械能小于M点；从P到N，不计空气阻力，机械能守恒，N点机械能等于P点。N点为最高点，竖直速度为0，水平速度不为0，因此N点的机械能=重力势能+水平动能，若N点高度高于M点，其重力势能可大于M点重力势能，只要水平动能为正，总机械能仍小于M点，故N点可能高于M点，C错误；
D. 小球从N到Q，不计空气阻力，只有重力做功，机械能守恒，因此N点的机械能等于Q点的机械能，D正确。
【答案】
D
【知识点】
机械能守恒、摩擦力做功与机械能变化
【点评】
本题是易错题，需注意：小球离开轨道后的最高点仍有水平速度，不能误认为速度为零；粗糙轨道上运动时机械能因摩擦力做功减少，离开轨道后机械能守恒，需分阶段分析做功与机械能变化，避免混淆不同阶段的规律。
【难度系数】
0.5
本题考查机械能的相关知识，需分阶段分析机械能变化：小球沿粗糙轨道MOP运动时，摩擦力做功会消耗机械能，机械能不断减少；离开轨道后（P→N→Q），不计空气阻力，只有重力做功，机械能守恒。逐一判断各选项：
选项A：O、P在同一水平高度，重力势能相同，但O到P过程中轨道粗糙，摩擦力消耗机械能，P点动能小于O点，A错误。
选项B：小球到达最高点N后会下落经过Q，说明N点存在水平方向的速度，因此N点速度不为零，B错误。
选项C：小球从M到P，摩擦力做功使机械能减少，故P点机械能小于M点；P到N机械能守恒，N点机械能等于P点。N是最高点，竖直速度为零，水平速度不为零，因此N点机械能=重力势能+水平动能，若N点高度高于M点，只要水平动能为正，总机械能仍小于M点，故N点可能高于M点，C错误。
选项D：N到Q过程不计空气阻力，只有重力做功，机械能守恒，因此N点与Q点机械能相等，D正确。
【解析】
逐一分析各选项：
A. O、P两点高度相同，重力势能相等。小球从O到P沿粗糙轨道运动，摩擦力做负功，机械能减少，因此P点动能小于O点，A错误；
B. 小球到达最高点N后仍能下落经过Q点，说明N点具有水平方向的速度，因此N点速度不为零，B错误；
C. 小球从M到P，粗糙轨道上摩擦力做功，机械能减少，故P点机械能小于M点；从P到N，不计空气阻力，机械能守恒，N点机械能等于P点。N点为最高点，竖直速度为0，水平速度不为0，因此N点的机械能=重力势能+水平动能，若N点高度高于M点，其重力势能可大于M点重力势能，只要水平动能为正，总机械能仍小于M点，故N点可能高于M点，C错误；
D. 小球从N到Q，不计空气阻力，只有重力做功，机械能守恒，因此N点的机械能等于Q点的机械能，D正确。
【答案】
D
【知识点】
机械能守恒、摩擦力做功与机械能变化
【点评】
本题是易错题，需注意：小球离开轨道后的最高点仍有水平速度，不能误认为速度为零；粗糙轨道上运动时机械能因摩擦力做功减少，离开轨道后机械能守恒，需分阶段分析做功与机械能变化，避免混淆不同阶段的规律。
【难度系数】
0.5
13 (2024无锡新吴期末)将一个温度为20 ℃、质量为500 g的物块放入温度为100 ℃、质量为1 000 g的水中[水的比热容为$4.2×10^3$ J/(kg·℃)]，物块和水的温度随时间的变化图像如图所示(不计热损失)。以下说法正确的是（
A.前6 min，物块吸收的热量是$8.4×10^5$ J
B.1～4 min内，热量有时从水传递给物块，有时从物块传递给水
C.前6 min，物块吸收的热量小于水放出的热量
D.物块的比热容与水的比热容之比为$2:3$
D
）A.前6 min，物块吸收的热量是$8.4×10^5$ J
B.1～4 min内，热量有时从水传递给物块，有时从物块传递给水
C.前6 min，物块吸收的热量小于水放出的热量
D.物块的比热容与水的比热容之比为$2:3$
答案
13. D
解析
【分析】
要解决本题，需结合热传递的条件、热量计算公式（$Q=cm\Delta t$），且题目明确不计热损失，即物块吸收的热量等于水放出的热量。首先从图像中提取关键温度：物块初温20℃，末温80℃；水初温100℃，末温80℃。再逐一分析选项：
1. 选项A：需计算物块吸收的热量，利用不计热损失时$Q_{吸}=Q_{放}$，先算水放出的热量，判断数值是否正确；
2. 选项B：热传递方向由温度差决定，只要存在温度差，热量就从高温物体传向低温物体，判断1~4min内的热传递方向；
3. 选项C：根据“不计热损失”的条件，直接判断物块吸热和水放热的关系；
4. 选项D：根据$Q_{吸}=Q_{放}$，代入热量公式变形求比热容之比，验证是否为2:3。
【解析】
统一单位：物块质量$m_{物}=500g=0.5kg$，水的质量$m_{水}=1000g=1kg$。由图像得温度变化：$\Delta t_{物}=80℃-20℃=60℃$，$\Delta t_{水}=100℃-80℃=20℃$。不计热损失，$Q_{吸}=Q_{放}$，即$c_{物}m_{物}\Delta t_{物}=c_{水}m_{水}\Delta t_{水}$。
选项A：水放出的热量$Q_{放}=c_{水}m_{水}\Delta t_{水}=4.2×10^3J/(kg·℃)×1kg×20℃=8.4×10^4J$，故物块吸收的热量为$8.4×10^4J$，不是$8.4×10^5J$，A错误；
选项B：1~4min内，水的温度始终高于物块温度，热量一直从水传递给物块，B错误；
选项C：不计热损失，物块吸收的热量等于水放出的热量，C错误；
选项D：由$c_{物}m_{物}\Delta t_{物}=c_{水}m_{水}\Delta t_{水}$，变形得$\frac{c_{物}}{c_{水}}=\frac{m_{水}\Delta t_{水}}{m_{物}\Delta t_{物}}=\frac{1kg×20℃}{0.5kg×60℃}=\frac{2}{3}$，即比热容之比为2:3，D正确。
【答案】
D
【知识点】
比热容、热量计算、热传递
【点评】
本题结合温度变化图像考查热学核心知识，关键是利用“不计热损失时$Q_{吸}=Q_{放}$”的关系，结合热量公式分析，需准确提取图像中的温度变化值，注意单位统一，难度中等。
【难度系数】
0.5
要解决本题，需结合热传递的条件、热量计算公式（$Q=cm\Delta t$），且题目明确不计热损失，即物块吸收的热量等于水放出的热量。首先从图像中提取关键温度：物块初温20℃，末温80℃；水初温100℃，末温80℃。再逐一分析选项：
1. 选项A：需计算物块吸收的热量，利用不计热损失时$Q_{吸}=Q_{放}$，先算水放出的热量，判断数值是否正确；
2. 选项B：热传递方向由温度差决定，只要存在温度差，热量就从高温物体传向低温物体，判断1~4min内的热传递方向；
3. 选项C：根据“不计热损失”的条件，直接判断物块吸热和水放热的关系；
4. 选项D：根据$Q_{吸}=Q_{放}$，代入热量公式变形求比热容之比，验证是否为2:3。
【解析】
统一单位：物块质量$m_{物}=500g=0.5kg$，水的质量$m_{水}=1000g=1kg$。由图像得温度变化：$\Delta t_{物}=80℃-20℃=60℃$，$\Delta t_{水}=100℃-80℃=20℃$。不计热损失，$Q_{吸}=Q_{放}$，即$c_{物}m_{物}\Delta t_{物}=c_{水}m_{水}\Delta t_{水}$。
选项A：水放出的热量$Q_{放}=c_{水}m_{水}\Delta t_{水}=4.2×10^3J/(kg·℃)×1kg×20℃=8.4×10^4J$，故物块吸收的热量为$8.4×10^4J$，不是$8.4×10^5J$，A错误；
选项B：1~4min内，水的温度始终高于物块温度，热量一直从水传递给物块，B错误；
选项C：不计热损失，物块吸收的热量等于水放出的热量，C错误；
选项D：由$c_{物}m_{物}\Delta t_{物}=c_{水}m_{水}\Delta t_{水}$，变形得$\frac{c_{物}}{c_{水}}=\frac{m_{水}\Delta t_{水}}{m_{物}\Delta t_{物}}=\frac{1kg×20℃}{0.5kg×60℃}=\frac{2}{3}$，即比热容之比为2:3，D正确。
【答案】
D
【知识点】
比热容、热量计算、热传递
【点评】
本题结合温度变化图像考查热学核心知识，关键是利用“不计热损失时$Q_{吸}=Q_{放}$”的关系，结合热量公式分析，需准确提取图像中的温度变化值，注意单位统一，难度中等。
【难度系数】
0.5
