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6. 右图所示是学校小制作比赛中的参赛作品——自制蒸汽机，烧瓶瓶口的橡胶塞上插着“—”形喷管，喷管的最上端通过球形磁铁被吸在铁架台上，使烧瓶可以自由转动。当加热烧瓶内的水至沸腾时，水蒸气从喷嘴喷出，烧瓶开始快速旋转。下列说法正确的是
（
A.磁铁能被吸在铁架台上是因为同名磁极相互吸引
B.烧瓶沿水蒸气喷出的方向转动是因为力的作用是相互的
C.水蒸气推动烧瓶转动相当于内燃机的排气冲程
D.水蒸气喷出时对喷管做功，其内能减少
（
D
）A.磁铁能被吸在铁架台上是因为同名磁极相互吸引
B.烧瓶沿水蒸气喷出的方向转动是因为力的作用是相互的
C.水蒸气推动烧瓶转动相当于内燃机的排气冲程
D.水蒸气喷出时对喷管做功，其内能减少
答案
6.D
解析
【分析】本题围绕自制蒸汽机的工作原理，考查磁极间的相互作用、力的作用相互性、内燃机冲程、内能改变等知识点，需逐一分析每个选项的物理原理，判断正误。
【解析】
选项A：磁铁能被吸在铁架台上，是异名磁极相互吸引，而非同名磁极吸引，故A错误。
选项B：水蒸气从喷管喷出时，对喷管施加力，根据力的作用是相互的，喷管（烧瓶）会受到反作用力，因此烧瓶转动方向与水蒸气喷出方向相反，并非沿水蒸气喷出方向转动，故B错误。
选项C：水蒸气推动烧瓶转动，是将内能转化为机械能，对应内燃机的做功冲程；而排气冲程是排出废气，无内能转化为机械能的过程，故C错误。
选项D：水蒸气喷出时对外做功，内能转化为机械能，因此自身内能减少，故D正确。
【答案】D
【知识点】内能的改变、力的相互性、内燃机冲程
【点评】本题以自制蒸汽机为载体，综合考查多个物理基础知识点，要求学生能将理论知识与实际现象结合，准确辨析各概念的差异，是一道联系实际的常规题。
【难度系数】0.6
【解析】
选项A：磁铁能被吸在铁架台上，是异名磁极相互吸引，而非同名磁极吸引，故A错误。
选项B：水蒸气从喷管喷出时，对喷管施加力，根据力的作用是相互的，喷管（烧瓶）会受到反作用力，因此烧瓶转动方向与水蒸气喷出方向相反，并非沿水蒸气喷出方向转动，故B错误。
选项C：水蒸气推动烧瓶转动，是将内能转化为机械能，对应内燃机的做功冲程；而排气冲程是排出废气，无内能转化为机械能的过程，故C错误。
选项D：水蒸气喷出时对外做功，内能转化为机械能，因此自身内能减少，故D正确。
【答案】D
【知识点】内能的改变、力的相互性、内燃机冲程
【点评】本题以自制蒸汽机为载体，综合考查多个物理基础知识点，要求学生能将理论知识与实际现象结合，准确辨析各概念的差异，是一道联系实际的常规题。
【难度系数】0.6
7. 汽油机工作时在1 s内完成10个工作循环，那么1 s内汽油机的曲轴转动的周数和对外做功的次数是（
A.10周 10次
B.20周 20次
C.20周 10次
D.10周 20次
C
）A.10周 10次
B.20周 20次
C.20周 10次
D.10周 20次
答案
7.C
解析
【分析】
要解决这道题，需先明确汽油机一个工作循环的核心特点：汽油机完成1个工作循环时，曲轴转动2周，且仅在做功冲程对外做功1次。题目已知1s内完成10个工作循环，据此可分别计算曲轴转动周数和对外做功次数，再对应选项选出答案。
【解析】
汽油机的工作规律为：1个工作循环对应曲轴转动2周，对外做功1次。
已知1s内完成10个工作循环，则：
曲轴转动周数 = 10 × 2 = 20周；
对外做功次数 = 10 × 1 = 10次。
因此1s内汽油机曲轴转动20周，对外做功10次，对应选项C。
【答案】
C
【知识点】
汽油机工作循环、曲轴转动与做功次数的关系
【点评】
本题考查汽油机工作循环的基本规律，属于基础识记类题目，只要掌握一个工作循环的曲轴转动周数和做功次数的对应关系即可快速解答，难度较低。
【难度系数】
0.8
要解决这道题，需先明确汽油机一个工作循环的核心特点：汽油机完成1个工作循环时，曲轴转动2周，且仅在做功冲程对外做功1次。题目已知1s内完成10个工作循环，据此可分别计算曲轴转动周数和对外做功次数，再对应选项选出答案。
【解析】
汽油机的工作规律为：1个工作循环对应曲轴转动2周，对外做功1次。
已知1s内完成10个工作循环，则：
曲轴转动周数 = 10 × 2 = 20周；
对外做功次数 = 10 × 1 = 10次。
因此1s内汽油机曲轴转动20周，对外做功10次，对应选项C。
【答案】
C
【知识点】
汽油机工作循环、曲轴转动与做功次数的关系
【点评】
本题考查汽油机工作循环的基本规律，属于基础识记类题目，只要掌握一个工作循环的曲轴转动周数和做功次数的对应关系即可快速解答，难度较低。
【难度系数】
0.8
8. 十八世纪，瓦特发明的冷凝器蒸汽机，推动了人类第一次工业革命。如图所示，这是利用瓦特蒸汽机提升物体的工作示意图，蒸汽机的工作原理：打开阀门A、关闭阀门B，高压蒸汽进入汽缸，推动活塞上行。当活塞到达汽缸顶部时，关闭阀门A、打开阀门B，蒸汽进入冷凝器，汽缸内压强减小，活塞下降。如此循环往复。(g取10 N/kg)
(1)蒸汽机活塞往复运动，通过杠杆和定滑轮对物体做功。假设物体质量为200 kg，活塞每次上升高度为0.6 m。
①要提起物体，活塞每次上升至少需要受到蒸汽的压力为多少(活塞重力不计)？
②活塞上升一次蒸汽机对物体做了多少功？
③若活塞每分钟向上运动100次，则该蒸汽机对物体做的有用功的功率为多少？
(2)蒸汽机工作时，若物体上升0.3 m，消耗煤炭质量为0.1 g，则蒸汽机对物体做功的效率为多少？(煤炭的热值为$3×10^7$ J/kg)
(1)蒸汽机活塞往复运动，通过杠杆和定滑轮对物体做功。假设物体质量为200 kg，活塞每次上升高度为0.6 m。
①要提起物体，活塞每次上升至少需要受到蒸汽的压力为多少(活塞重力不计)？
②活塞上升一次蒸汽机对物体做了多少功？
③若活塞每分钟向上运动100次，则该蒸汽机对物体做的有用功的功率为多少？
(2)蒸汽机工作时，若物体上升0.3 m，消耗煤炭质量为0.1 g，则蒸汽机对物体做功的效率为多少？(煤炭的热值为$3×10^7$ J/kg)
答案
8.(1)①1 000 N ②600 J ③1 000 W (2)20%
解析
【分析】
要解决本题，需分步骤梳理物理量关系：①先计算物体重力，再利用杠杆平衡条件，结合力臂比例推导活塞所需的最小压力；②根据杠杆位移与力臂的比例关系，确定物体上升高度，进而计算蒸汽机对物体做的功；③利用总功和时间计算功率；④计算煤炭燃烧释放的总热量，结合有用功求解效率。核心是理清杠杆的力臂与位移的对应关系，以及各物理量的计算逻辑。
【解析】
(1)① 物体的重力：$G = mg = 200\ \mathrm{kg} × 10\ \mathrm{N/kg} = 2000\ \mathrm{N}$。
根据杠杆平衡条件 $F_1L_1 = F_2L_2$，杠杆支点在中间，活塞对杠杆左端的力为$F$，力臂为$2L$；杠杆右端拉力等于物体重力，力臂为$L$，则：
$F × 2L = G × L$，解得 $F = \frac{G}{2} = \frac{2000\ \mathrm{N}}{2} = 1000\ \mathrm{N}$。
② 活塞上升高度$h = 0.6\ \mathrm{m}$，由杠杆位移与力臂的关系，杠杆右端（连接定滑轮侧）移动的距离为：
$h' = h × \frac{L}{2L} = 0.6\ \mathrm{m} × \frac{1}{2} = 0.3\ \mathrm{m}$。
定滑轮不省力，物体上升高度等于$h'$，则蒸汽机对物体做的功：
$W = Gh' = 2000\ \mathrm{N} × 0.3\ \mathrm{m} = 600\ \mathrm{J}$。
③ 活塞每分钟向上运动100次，总功：
$W_{\mathrm{总}} = 100 × W = 100 × 600\ \mathrm{J} = 6 × 10^4\ \mathrm{J}$，
时间$t = 1\ \mathrm{min} = 60\ \mathrm{s}$，功率：
$P = \frac{W_{\mathrm{总}}}{t} = \frac{6 × 10^4\ \mathrm{J}}{60\ \mathrm{s}} = 1000\ \mathrm{W}$。
(2) 煤炭完全燃烧放出的热量：
$Q_{\mathrm{放}} = mq = 0.1\ \mathrm{g} = 0.1 × 10^{-3}\ \mathrm{kg}$，
$Q_{\mathrm{放}} = 0.1 × 10^{-3}\ \mathrm{kg} × 3 × 10^7\ \mathrm{J/kg} = 3 × 10^3\ \mathrm{J}$。
物体上升0.3m时，蒸汽机对物体做的有用功$W_{\mathrm{有用}} = Gh'' = 2000\ \mathrm{N} × 0.3\ \mathrm{m} = 600\ \mathrm{J}$，
效率：
$\eta = \frac{W_{\mathrm{有用}}}{Q_{\mathrm{放}}} × 100\% = \frac{600\ \mathrm{J}}{3 × 10^3\ \mathrm{J}} × 100\% = 20\%$。
【答案】
(1)① $1000\ \mathrm{N}$；② $600\ \mathrm{J}$；③ $1000\ \mathrm{W}$；(2) $20\%$
【知识点】
杠杆平衡条件、功与功率、热机效率
【点评】
本题结合蒸汽机工作原理，综合考查杠杆平衡、功、功率、热效率的计算，需理清杠杆力臂与位移的关系，是一道中等难度的综合应用题，能较好考查学生的知识整合能力。
【难度系数】
0.5
要解决本题，需分步骤梳理物理量关系：①先计算物体重力，再利用杠杆平衡条件，结合力臂比例推导活塞所需的最小压力；②根据杠杆位移与力臂的比例关系，确定物体上升高度，进而计算蒸汽机对物体做的功；③利用总功和时间计算功率；④计算煤炭燃烧释放的总热量，结合有用功求解效率。核心是理清杠杆的力臂与位移的对应关系，以及各物理量的计算逻辑。
【解析】
(1)① 物体的重力：$G = mg = 200\ \mathrm{kg} × 10\ \mathrm{N/kg} = 2000\ \mathrm{N}$。
根据杠杆平衡条件 $F_1L_1 = F_2L_2$，杠杆支点在中间，活塞对杠杆左端的力为$F$，力臂为$2L$；杠杆右端拉力等于物体重力，力臂为$L$，则：
$F × 2L = G × L$，解得 $F = \frac{G}{2} = \frac{2000\ \mathrm{N}}{2} = 1000\ \mathrm{N}$。
② 活塞上升高度$h = 0.6\ \mathrm{m}$，由杠杆位移与力臂的关系，杠杆右端（连接定滑轮侧）移动的距离为：
$h' = h × \frac{L}{2L} = 0.6\ \mathrm{m} × \frac{1}{2} = 0.3\ \mathrm{m}$。
定滑轮不省力，物体上升高度等于$h'$，则蒸汽机对物体做的功：
$W = Gh' = 2000\ \mathrm{N} × 0.3\ \mathrm{m} = 600\ \mathrm{J}$。
③ 活塞每分钟向上运动100次，总功：
$W_{\mathrm{总}} = 100 × W = 100 × 600\ \mathrm{J} = 6 × 10^4\ \mathrm{J}$，
时间$t = 1\ \mathrm{min} = 60\ \mathrm{s}$，功率：
$P = \frac{W_{\mathrm{总}}}{t} = \frac{6 × 10^4\ \mathrm{J}}{60\ \mathrm{s}} = 1000\ \mathrm{W}$。
(2) 煤炭完全燃烧放出的热量：
$Q_{\mathrm{放}} = mq = 0.1\ \mathrm{g} = 0.1 × 10^{-3}\ \mathrm{kg}$，
$Q_{\mathrm{放}} = 0.1 × 10^{-3}\ \mathrm{kg} × 3 × 10^7\ \mathrm{J/kg} = 3 × 10^3\ \mathrm{J}$。
物体上升0.3m时，蒸汽机对物体做的有用功$W_{\mathrm{有用}} = Gh'' = 2000\ \mathrm{N} × 0.3\ \mathrm{m} = 600\ \mathrm{J}$，
效率：
$\eta = \frac{W_{\mathrm{有用}}}{Q_{\mathrm{放}}} × 100\% = \frac{600\ \mathrm{J}}{3 × 10^3\ \mathrm{J}} × 100\% = 20\%$。
【答案】
(1)① $1000\ \mathrm{N}$；② $600\ \mathrm{J}$；③ $1000\ \mathrm{W}$；(2) $20\%$
【知识点】
杠杆平衡条件、功与功率、热机效率
【点评】
本题结合蒸汽机工作原理，综合考查杠杆平衡、功、功率、热效率的计算，需理清杠杆力臂与位移的关系，是一道中等难度的综合应用题，能较好考查学生的知识整合能力。
【难度系数】
0.5
