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16. 如图所示，弹簧左端固定于竖直墙壁，右端与物块M连接，置于粗糙水平面上，当物块M位于O点时弹簧恰好不发生形变。现将物块M拉至A处由静止释放，物块M向左最远可运动至B点。则物块M的动能 （
A.从A到O一直增大
B.从A到O先增大后减小
C.从O到B先增大后减小
D.从O到B先不变后减小
B
）A.从A到O一直增大
B.从A到O先增大后减小
C.从O到B先增大后减小
D.从O到B先不变后减小
答案
B
解析
【分析】要判断物块M的动能变化，需结合受力分析，根据合外力与运动方向的关系判断：当合外力与运动方向相同时，动能增大；合外力与运动方向相反时，动能减小。首先明确O点是弹簧原长位置，分A到O、O到B两个阶段分析受力，进而判断动能变化。
【解析】物块M从A点向左运动到O点的过程中，水平方向受向左的弹簧弹力$ F_{弹} $和向右的滑动摩擦力$ f $：
1. 初始阶段，弹簧伸长量较大，$ F_{弹} ＞ f $，合外力向左，与物块运动方向（向左）相同，合外力做正功，动能增大；
2. 当弹簧伸长量减小到$ F_{弹} = f $时，合外力为零，动能达到最大值；
3. 继续向左运动，弹簧伸长量进一步减小，$ F_{弹} ＜ f $，合外力向右，与运动方向相反，合外力做负功，动能减小。
因此，从A到O物块的动能先增大后减小，故A错误，B正确。
物块从O点向左运动到B点的过程中，弹簧被压缩，弹力$ F_{弹} $方向向右，滑动摩擦力$ f $也向右，合外力向右，与运动方向（向左）始终相反，合外力一直做负功，动能持续减小，故C、D错误。
【答案】B
【知识点】动能变化、受力分析、弹簧弹力
【点评】本题结合弹簧弹力和摩擦力的变化，考查动能与合外力做功的关系，关键是分析不同阶段合外力的方向，进而判断动能的变化，需掌握受力分析和动能变化的规律。
【难度系数】0.5
【解析】物块M从A点向左运动到O点的过程中，水平方向受向左的弹簧弹力$ F_{弹} $和向右的滑动摩擦力$ f $：
1. 初始阶段，弹簧伸长量较大，$ F_{弹} ＞ f $，合外力向左，与物块运动方向（向左）相同，合外力做正功，动能增大；
2. 当弹簧伸长量减小到$ F_{弹} = f $时，合外力为零，动能达到最大值；
3. 继续向左运动，弹簧伸长量进一步减小，$ F_{弹} ＜ f $，合外力向右，与运动方向相反，合外力做负功，动能减小。
因此，从A到O物块的动能先增大后减小，故A错误，B正确。
物块从O点向左运动到B点的过程中，弹簧被压缩，弹力$ F_{弹} $方向向右，滑动摩擦力$ f $也向右，合外力向右，与运动方向（向左）始终相反，合外力一直做负功，动能持续减小，故C、D错误。
【答案】B
【知识点】动能变化、受力分析、弹簧弹力
【点评】本题结合弹簧弹力和摩擦力的变化，考查动能与合外力做功的关系，关键是分析不同阶段合外力的方向，进而判断动能的变化，需掌握受力分析和动能变化的规律。
【难度系数】0.5
17. (2023·龙东地区)以下关于同一物体的内能、热量、温度的说法正确的是 (
A.物体内能增大，温度一定升高
B.物体温度升高，一定吸收了热量
C.物体温度升高，内能一定增大
D.物体内能增大，一定吸收了热量
C
)A.物体内能增大，温度一定升高
B.物体温度升高，一定吸收了热量
C.物体温度升高，内能一定增大
D.物体内能增大，一定吸收了热量
答案
C
解析
【分析】
要判断各选项的正确性，需明确同一物体的内能、温度、热量的核心关系：①同一物体，温度升高时，分子热运动加剧，内能一定增大；但内能增大时，温度不一定升高（如晶体熔化时，吸热内能增加但温度不变）。②改变物体内能的方式有做功和热传递两种，因此物体温度升高或内能增大，可能是吸收了热量，也可能是外界对物体做了功。据此逐一分析选项。
【解析】
逐一分析各选项：
A. 物体内能增大，温度不一定升高，例如晶体熔化过程，吸收热量，内能增大但温度保持不变，故A错误；
B. 物体温度升高，不一定吸收了热量，也可能是外界对物体做了功，故B错误；
C. 同一物体，温度升高，分子热运动更剧烈，内能一定增大，故C正确；
D. 物体内能增大，不一定吸收了热量，也可能是外界对物体做了功，故D错误。
【答案】
C
【知识点】
内能与温度的关系；改变内能的方式
【点评】
本题考查热学基础概念，需准确把握内能、温度、热量的联系与区别，重点区分“内能变化与温度变化的非必然关系”“改变内能的两种方式”，是热学部分的常考基础题。
【难度系数】
0.6
要判断各选项的正确性，需明确同一物体的内能、温度、热量的核心关系：①同一物体，温度升高时，分子热运动加剧，内能一定增大；但内能增大时，温度不一定升高（如晶体熔化时，吸热内能增加但温度不变）。②改变物体内能的方式有做功和热传递两种，因此物体温度升高或内能增大，可能是吸收了热量，也可能是外界对物体做了功。据此逐一分析选项。
【解析】
逐一分析各选项：
A. 物体内能增大，温度不一定升高，例如晶体熔化过程，吸收热量，内能增大但温度保持不变，故A错误；
B. 物体温度升高，不一定吸收了热量，也可能是外界对物体做了功，故B错误；
C. 同一物体，温度升高，分子热运动更剧烈，内能一定增大，故C正确；
D. 物体内能增大，不一定吸收了热量，也可能是外界对物体做了功，故D错误。
【答案】
C
【知识点】
内能与温度的关系；改变内能的方式
【点评】
本题考查热学基础概念，需准确把握内能、温度、热量的联系与区别，重点区分“内能变化与温度变化的非必然关系”“改变内能的两种方式”，是热学部分的常考基础题。
【难度系数】
0.6
18. 如图是四冲程汽油机一个工作循环中的两个冲程，下列判断正确的是 （
A.图甲为吸气冲程，燃气的内能转化为活塞的机械能
B.图乙为压缩冲程，活塞的机械能转化为燃气的内能
C.图甲为做功冲程，活塞的机械能转化为燃气的内能
D.图乙为排气冲程，燃气的内能转化为活塞的机械能
B
）A.图甲为吸气冲程，燃气的内能转化为活塞的机械能
B.图乙为压缩冲程，活塞的机械能转化为燃气的内能
C.图甲为做功冲程，活塞的机械能转化为燃气的内能
D.图乙为排气冲程，燃气的内能转化为活塞的机械能
答案
B
解析
【分析】要判断汽油机的冲程，需结合气门的开闭状态和活塞的运动方向：①吸气冲程：进气门打开，排气门关闭，活塞向下运动；②压缩冲程：两个气门都关闭，活塞向上运动；③做功冲程：两个气门都关闭，活塞向下运动，火花塞点火；④排气冲程：排气门打开，进气门关闭，活塞向上运动。同时需明确各冲程的能量转化：压缩冲程是机械能转化为内能，做功冲程是内能转化为机械能。据此分析甲、乙两图，再对应选项判断即可。
【解析】
1. 分析图甲：甲图中两个气门均关闭，活塞向下运动，火花塞点火，属于做功冲程，此过程是燃气的内能转化为活塞的机械能，因此A（吸气冲程、能量转化错误）、C（做功冲程但能量转化描述错误）错误。
2. 分析图乙：乙图中两个气门均关闭，活塞向上运动，属于压缩冲程，此过程是活塞的机械能转化为燃气的内能，因此B正确；D选项中排气冲程的气门状态、能量转化均错误。
【答案】B
【知识点】汽油机四冲程、机械能与内能转化
【点评】本题考查四冲程汽油机的冲程判断及能量转化，核心是掌握气门状态和活塞运动方向的对应关系，属于基础题，需准确区分各冲程的特征。
【难度系数】0.6
【解析】
1. 分析图甲：甲图中两个气门均关闭，活塞向下运动，火花塞点火，属于做功冲程，此过程是燃气的内能转化为活塞的机械能，因此A（吸气冲程、能量转化错误）、C（做功冲程但能量转化描述错误）错误。
2. 分析图乙：乙图中两个气门均关闭，活塞向上运动，属于压缩冲程，此过程是活塞的机械能转化为燃气的内能，因此B正确；D选项中排气冲程的气门状态、能量转化均错误。
【答案】B
【知识点】汽油机四冲程、机械能与内能转化
【点评】本题考查四冲程汽油机的冲程判断及能量转化，核心是掌握气门状态和活塞运动方向的对应关系，属于基础题，需准确区分各冲程的特征。
【难度系数】0.6
19. 将皮球从离地某一高度O点处抛出，皮球落地后又弹起，它的部分运动轨迹如图所示。皮球经过同一高度的A、B两点时，在A点时的机械能
大于
（大于/等于/小于）在B点时的机械能，此过程中，皮球的一部分机械能转化成内能
，整个过程中能量守恒
（守恒/不守恒）。答案
大于 内能 守恒
解析
【分析】皮球运动过程中，因与空气摩擦、地面碰撞，机械能会不断转化为其他形式的能，导致机械能逐渐减小。A、B两点高度相同，故皮球在这两点的重力势能相等；而从A到B的过程中机械能有损耗，因此A点机械能大于B点机械能。根据能量守恒定律，总能量不会凭空消失，只是发生转化，整个过程总能量守恒。
【解析】皮球弹跳时高度逐渐降低，说明机械能在减少，原因是运动中克服空气阻力、与地面碰撞做功，机械能转化为内能。A、B两点高度相同，重力势能相等；由于A到B过程中机械能有损耗，所以A点机械能大于B点机械能。依据能量守恒定律，虽然机械能转化为内能，但总能量始终守恒。
【答案】大于 内能 守恒
【知识点】机械能转化 能量守恒定律
【点评】本题结合实际场景考查机械能变化与能量守恒，需明确机械能损耗的原因是转化为内能，总能量始终守恒。
【难度系数】0.6
【解析】皮球弹跳时高度逐渐降低，说明机械能在减少，原因是运动中克服空气阻力、与地面碰撞做功，机械能转化为内能。A、B两点高度相同，重力势能相等；由于A到B过程中机械能有损耗，所以A点机械能大于B点机械能。依据能量守恒定律，虽然机械能转化为内能，但总能量始终守恒。
【答案】大于 内能 守恒
【知识点】机械能转化 能量守恒定律
【点评】本题结合实际场景考查机械能变化与能量守恒，需明确机械能损耗的原因是转化为内能，总能量始终守恒。
【难度系数】0.6
20. 实验测得0.5 kg的某物质，其温度随时间变化的图像如图所示，已知物质在固态下的比热容为$c_1=2.1×10^3\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg}·°\mathrm{C})$。假设这种物质从热源吸热的功率恒定不变，根据图像解答下列问题：
（1）在最初的2 min内，物质吸收的热量为J。
（2）该物质在液态下的比热容$c_2=\_\_\_\_\_\_\mathrm{J}/(\mathrm{kg}·°\mathrm{C})$。
（3）0.5 kg该物质在加热到第4 min时的内能（大于/等于/小于）加热到第8 min时的内能。
（1）在最初的2 min内，物质吸收的热量为J。
（2）该物质在液态下的比热容$c_2=\_\_\_\_\_\_\mathrm{J}/(\mathrm{kg}·°\mathrm{C})$。
（3）0.5 kg该物质在加热到第4 min时的内能（大于/等于/小于）加热到第8 min时的内能。
答案
（1）$2.1×10^4$ （2）$4.2×10^3$ （3）小于
解析
【分析】
该图像为晶体熔化的温度-时间图像，题目中吸热功率恒定，因此吸收的热量满足$Q=Pt$。解题思路：（1）最初2min物质处于固态，已知固态比热容、质量和温度变化，利用热量公式直接计算吸收的热量；（2）先通过最初2min的热量和时间算出吸热功率，再利用液态阶段相同时间内吸收的热量（功率恒定），结合液态的温度变化，通过热量公式变形计算液态比热容；（3）晶体熔化过程持续吸热，内能随吸热增加，据此比较不同时刻的内能。
【解析】
（1）最初2min内，物质处于固态，温度变化$\Delta t_1=0°\mathrm{C}-(-20°\mathrm{C})=20°\mathrm{C}$，根据热量公式$Q=cm\Delta t$，吸收的热量：
$Q_1=c_1m\Delta t_1=2.1×10^3\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg·°C})×0.5\ \mathrm{kg}×20°\mathrm{C}=2.1×10^4\ \mathrm{J}$。
（2）吸热功率恒定，功率$P=\frac{Q_1}{t_1}=\frac{2.1×10^4\ \mathrm{J}}{2\ \mathrm{min}}=1.05×10^4\ \mathrm{J/min}$。
物质在液态时，从第10min到第12min，时间$t_2=2\ \mathrm{min}$，吸收的热量$Q_2=Pt_2=1.05×10^4\ \mathrm{J/min}×2\ \mathrm{min}=2.1×10^4\ \mathrm{J}$，此过程温度变化$\Delta t_2=10°\mathrm{C}-0°\mathrm{C}=10°\mathrm{C}$，根据$Q=cm\Delta t$，液态比热容：
$c_2=\frac{Q_2}{m\Delta t_2}=\frac{2.1×10^4\ \mathrm{J}}{0.5\ \mathrm{kg}×10°\mathrm{C}}=4.2×10^3\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg·°C})$。
（3）晶体熔化过程持续吸热，温度不变但内能不断增加，第4min和第8min都处于熔化过程，且第8min吸收的热量更多，因此第4min的内能小于第8min的内能。
【答案】
（1）$2.1×10^4$；（2）$4.2×10^3$；（3）小于
【知识点】
比热容、热量计算、内能
【点评】
本题结合晶体熔化图像，利用恒定吸热功率的特点，结合热量公式进行计算，核心是理解熔化过程的内能变化，需要学生掌握比热容的计算方法和内能的影响因素，属于综合应用类题目。
【难度系数】
0.5
该图像为晶体熔化的温度-时间图像，题目中吸热功率恒定，因此吸收的热量满足$Q=Pt$。解题思路：（1）最初2min物质处于固态，已知固态比热容、质量和温度变化，利用热量公式直接计算吸收的热量；（2）先通过最初2min的热量和时间算出吸热功率，再利用液态阶段相同时间内吸收的热量（功率恒定），结合液态的温度变化，通过热量公式变形计算液态比热容；（3）晶体熔化过程持续吸热，内能随吸热增加，据此比较不同时刻的内能。
【解析】
（1）最初2min内，物质处于固态，温度变化$\Delta t_1=0°\mathrm{C}-(-20°\mathrm{C})=20°\mathrm{C}$，根据热量公式$Q=cm\Delta t$，吸收的热量：
$Q_1=c_1m\Delta t_1=2.1×10^3\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg·°C})×0.5\ \mathrm{kg}×20°\mathrm{C}=2.1×10^4\ \mathrm{J}$。
（2）吸热功率恒定，功率$P=\frac{Q_1}{t_1}=\frac{2.1×10^4\ \mathrm{J}}{2\ \mathrm{min}}=1.05×10^4\ \mathrm{J/min}$。
物质在液态时，从第10min到第12min，时间$t_2=2\ \mathrm{min}$，吸收的热量$Q_2=Pt_2=1.05×10^4\ \mathrm{J/min}×2\ \mathrm{min}=2.1×10^4\ \mathrm{J}$，此过程温度变化$\Delta t_2=10°\mathrm{C}-0°\mathrm{C}=10°\mathrm{C}$，根据$Q=cm\Delta t$，液态比热容：
$c_2=\frac{Q_2}{m\Delta t_2}=\frac{2.1×10^4\ \mathrm{J}}{0.5\ \mathrm{kg}×10°\mathrm{C}}=4.2×10^3\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg·°C})$。
（3）晶体熔化过程持续吸热，温度不变但内能不断增加，第4min和第8min都处于熔化过程，且第8min吸收的热量更多，因此第4min的内能小于第8min的内能。
【答案】
（1）$2.1×10^4$；（2）$4.2×10^3$；（3）小于
【知识点】
比热容、热量计算、内能
【点评】
本题结合晶体熔化图像，利用恒定吸热功率的特点，结合热量公式进行计算，核心是理解熔化过程的内能变化，需要学生掌握比热容的计算方法和内能的影响因素，属于综合应用类题目。
【难度系数】
0.5
21. 如图所示，在空气压缩引火仪的玻璃筒底部放一小团干燥的棉花，快速压下活塞，可观察到棉花着火燃烧。此过程中活塞对筒内气体做功，气体的内能
增加
，这与四冲程汽油机的压缩
冲程能量转化相同。答案
增加 压缩
解析
【分析】
要解答本题，需掌握两个核心知识点：一是做功对物体内能的影响规律，二是四冲程汽油机各冲程的能量转化特点。首先，活塞压缩筒内气体时，活塞对气体做功，根据“对物体做功，物体内能增加”可判断气体内能变化；再结合四冲程汽油机压缩冲程的能量转化，与该过程对比即可得出答案。
【解析】
1. 当快速压下活塞时，活塞对筒内的气体做功，机械能转化为气体的内能，因此气体的内能增加，温度升高，达到棉花的着火点后棉花燃烧。
2. 四冲程汽油机的压缩冲程中，活塞压缩气缸内的混合气体，将机械能转化为内能，与空气压缩引火仪的能量转化过程完全相同。
【答案】
增加 压缩
【知识点】
做功改变内能；内燃机冲程
【点评】
本题考查做功改变物体内能和汽油机压缩冲程的能量转化，属于基础知识点的直接应用，难度较低，学生易理解掌握。
【难度系数】
0.8
要解答本题，需掌握两个核心知识点：一是做功对物体内能的影响规律，二是四冲程汽油机各冲程的能量转化特点。首先，活塞压缩筒内气体时，活塞对气体做功，根据“对物体做功，物体内能增加”可判断气体内能变化；再结合四冲程汽油机压缩冲程的能量转化，与该过程对比即可得出答案。
【解析】
1. 当快速压下活塞时，活塞对筒内的气体做功，机械能转化为气体的内能，因此气体的内能增加，温度升高，达到棉花的着火点后棉花燃烧。
2. 四冲程汽油机的压缩冲程中，活塞压缩气缸内的混合气体，将机械能转化为内能，与空气压缩引火仪的能量转化过程完全相同。
【答案】
增加 压缩
【知识点】
做功改变内能；内燃机冲程
【点评】
本题考查做功改变物体内能和汽油机压缩冲程的能量转化，属于基础知识点的直接应用，难度较低，学生易理解掌握。
【难度系数】
0.8
22. 为了提高汽油发动机的效率，工程师们正在研发一种六冲程汽油机，它的每一个工作循环的前四个冲程与四冲程汽油机相同，第四个冲程结束以后，立即向汽缸内喷水，水在高温汽缸内迅速汽化成高温、高压水蒸气，推动活塞再次做功，最后再将水蒸气排出。这种汽油机理论上的极限转速可以达到2700 r/min，则在极限转速下，该汽油机1 s内经历
15
次工作循环，对外做功30
次。答案
15 30 解析:转速是2 700 r/min=45 r/s,这款六冲程汽油机每个工作循环完成6个冲程,飞轮、曲轴转3周,做功2次,所以该汽油机1 s内经历的工作循环数为$\dfrac{45}{3}=15$,对外做功的次数是$15×2=30$。
解析
【分析】
要解决这道题，首先需将转速的单位从“转/分钟”换算为“转/秒”；其次要明确六冲程汽油机的工作特点：每个工作循环对应飞轮转动3周，且每个工作循环对外做功2次；最后根据每秒的飞轮转数，计算1秒内的工作循环数和对外做功次数。
【解析】
1. 单位换算：已知汽油机转速为2700 r/min，换算为每秒的转数：$2700÷60 = 45\ \mathrm{r/s}$；
2. 计算1秒内的工作循环数：根据六冲程汽油机的工作原理，每个工作循环飞轮转动3周，因此1秒内工作循环数为：$45÷3 = 15$次；
3. 计算1秒内对外做功次数：每个工作循环对外做功2次，因此1秒内对外做功次数为：$15×2 = 30$次。
【答案】
15；30
【知识点】
汽油机的工作循环、转速与做功次数的关系
【点评】
本题考查新型六冲程汽油机的工作规律，核心是掌握其工作循环与飞轮转数、做功次数的对应关系，需注意单位换算的准确性，整体难度适中，只要理清工作特点即可正确解答。
【难度系数】
0.5
要解决这道题，首先需将转速的单位从“转/分钟”换算为“转/秒”；其次要明确六冲程汽油机的工作特点：每个工作循环对应飞轮转动3周，且每个工作循环对外做功2次；最后根据每秒的飞轮转数，计算1秒内的工作循环数和对外做功次数。
【解析】
1. 单位换算：已知汽油机转速为2700 r/min，换算为每秒的转数：$2700÷60 = 45\ \mathrm{r/s}$；
2. 计算1秒内的工作循环数：根据六冲程汽油机的工作原理，每个工作循环飞轮转动3周，因此1秒内工作循环数为：$45÷3 = 15$次；
3. 计算1秒内对外做功次数：每个工作循环对外做功2次，因此1秒内对外做功次数为：$15×2 = 30$次。
【答案】
15；30
【知识点】
汽油机的工作循环、转速与做功次数的关系
【点评】
本题考查新型六冲程汽油机的工作规律，核心是掌握其工作循环与飞轮转数、做功次数的对应关系，需注意单位换算的准确性，整体难度适中，只要理清工作特点即可正确解答。
【难度系数】
0.5
