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11. 蒸蛋器在使用的过程中透明罩会通过上方的小孔喷出蒸汽,小华将自制的风车放在蒸蛋器上方成功地让风车转了起来。请你根据所学知识判断,水蒸气推动风车的能量转化与汽油机
做功
冲程的能量转化相同,在此冲程完成过程中燃气的内能减小
(填“增大”“减小”或“不变”)。某单缸四冲程汽油机在1 s内完成了20个循环,则该汽油机工作时飞轮的转速为2 400
r/min。答案
做功 减小 2 400 提示:高温的水蒸气推动风车转动,将水蒸气的内能转化成了风车的机械能,与汽油机做功冲程的能量转化相同。做功冲程中,燃气的内能转化为机械能,内能减小。汽油机在1 s内完成20个循环,转20×2=40(r),则1 min转40×60=2 400(r),故飞轮转速为2 400 r/min。
解析
【分析】
我们可以分三步逐步推导这道题：第一步先判断水蒸气推动风车的能量转化形式，水蒸气本身具有内能，推动风车转动后风车获得机械能，也就是内能转化为机械能；接下来回忆汽油机四个冲程的能量转化特点，找到内能转机械能的对应冲程，就能填出第一个空。第二步，该冲程中燃气对外输出能量，内能转化为机械能，自然内能会减小，直接得到第二个空的结果。第三步回忆四冲程汽油机的核心规律：1个完整工作循环，飞轮会转动2圈，题目给出1秒完成20个循环，先算出1秒飞轮的转数，再换算成1分钟的总转数，就能得到飞轮的转速，注意单位是r/min，要把秒到分钟的换算做对。
【解析】
1. 判断对应冲程：高温水蒸气推动风车转动，是水蒸气的内能转化为风车的机械能。汽油机的四个冲程中，吸气、排气冲程无能量转化，压缩冲程是机械能转化为内能，只有做功冲程是燃气的内能转化为活塞的机械能，因此二者能量转化相同，第一个空填做功。
2. 判断内能变化：做功冲程中燃气对外做功，将自身的内能转化为机械能对外输出，因此燃气的内能减小。
3. 计算飞轮转速：单缸四冲程汽油机1个工作循环对应飞轮转动2圈，1s内完成20个循环，那么1s内飞轮转动的圈数为$20×2=40\ \mathrm{r}$；1分钟为60s，因此1min内飞轮转动的总圈数为$40×60=2400\ \mathrm{r}$，即飞轮转速为2400r/min。
【答案】
做功；减小；2400
【知识点】
热机做功冲程；能量转化；热机转速计算
【点评】
本题结合生活中的小实验场景考察热机的基础知识点，整体偏向基础应用，易错点是混淆四冲程汽油机工作循环和飞轮转数的对应关系，计算转速时容易忘记将秒换算为分钟，只要牢记四冲程热机“1个循环飞轮转2圈”的规律，就能顺利完成求解。
【难度系数】
0.7
我们可以分三步逐步推导这道题：第一步先判断水蒸气推动风车的能量转化形式，水蒸气本身具有内能，推动风车转动后风车获得机械能，也就是内能转化为机械能；接下来回忆汽油机四个冲程的能量转化特点，找到内能转机械能的对应冲程，就能填出第一个空。第二步，该冲程中燃气对外输出能量，内能转化为机械能，自然内能会减小，直接得到第二个空的结果。第三步回忆四冲程汽油机的核心规律：1个完整工作循环，飞轮会转动2圈，题目给出1秒完成20个循环，先算出1秒飞轮的转数，再换算成1分钟的总转数，就能得到飞轮的转速，注意单位是r/min，要把秒到分钟的换算做对。
【解析】
1. 判断对应冲程：高温水蒸气推动风车转动，是水蒸气的内能转化为风车的机械能。汽油机的四个冲程中，吸气、排气冲程无能量转化，压缩冲程是机械能转化为内能，只有做功冲程是燃气的内能转化为活塞的机械能，因此二者能量转化相同，第一个空填做功。
2. 判断内能变化：做功冲程中燃气对外做功，将自身的内能转化为机械能对外输出，因此燃气的内能减小。
3. 计算飞轮转速：单缸四冲程汽油机1个工作循环对应飞轮转动2圈，1s内完成20个循环，那么1s内飞轮转动的圈数为$20×2=40\ \mathrm{r}$；1分钟为60s，因此1min内飞轮转动的总圈数为$40×60=2400\ \mathrm{r}$，即飞轮转速为2400r/min。
【答案】
做功；减小；2400
【知识点】
热机做功冲程；能量转化；热机转速计算
【点评】
本题结合生活中的小实验场景考察热机的基础知识点，整体偏向基础应用，易错点是混淆四冲程汽油机工作循环和飞轮转数的对应关系，计算转速时容易忘记将秒换算为分钟，只要牢记四冲程热机“1个循环飞轮转2圈”的规律，就能顺利完成求解。
【难度系数】
0.7
12. 如图甲所示,小明在吹气球时,被吹大了的气球没能用手握住,呼啸着飞了出去。若他及时捡拾起气球,将会感觉到它喷气的嘴部温度和原来相比
变低
(填“变高”“变低”或“没有变化”),这是因为当球内气体喷出来时,发生的能量转化情况是内
能转化为机械
能,发生的能量转化与图丙
(填“乙”或“丙”)所示汽油机的冲程是一致的。汽油机工作时对外的输出功率为25 kW,飞轮转速为5 000 r/min,则每个工作循环汽油机对外做功600
J。答案
变低 内 机械 丙 600 提示:气球内的气体向外喷出时,气体对外做功,内能减小,球内气体的温度降低,内能转化为机械能,与汽油机的做功冲程一致,图丙为汽油机的做功冲程。1 min对外做功W=Pt=25×10³ W×60 s=1.5×10⁶ J,飞轮每分钟转5 000 r,则1 min对外做功2 500次,则每个工作循环汽油机对外做功W₁=1/2500 W=1/2500 ×1.5×10⁶ J=600 J。
解析
【分析】
我们可以分步骤梳理解题思路：1. 先分析气球喷气的过程：气球内的高压气体向外喷出时，气体对外做功，根据做功改变内能的规律，物体对外做功自身内能减小，温度随之降低，因此喷气的嘴部温度会低于原来的温度，该过程中气体的内能减少，气球和喷出的气体获得运动的机械能，能量转化为内能转化为机械能。2. 接下来匹配汽油机的对应冲程：观察乙、丙两图，乙图两个气门都关闭，活塞向上运动，是压缩冲程，能量转化为机械能转内能；丙图两个气门都关闭，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，和气球喷气的能量转化规律一致。3. 最后计算每个工作循环的对外做功：先根据W=Pt算出汽油机1分钟内做的总功，再结合四冲程汽油机飞轮每转2圈完成一个工作循环、对外做功1次的规律，算出1分钟内总做功次数，用总功除以总做功次数即可得到单个工作循环的对外做功大小。
【解析】
1. 气球内的气体向外喷出时，气体对外做功，自身内能减小，温度降低，因此喷气的嘴部温度和原来相比变低，该过程将内能转化为机械能。
2. 对比两个汽油机冲程：
乙图：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→内能；
丙图：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→机械能，和气球喷气的能量转化一致，因此对应图丙。
3. 计算单个工作循环对外做功：
已知输出功率P=25kW=2.5×10⁴W，1分钟时长t=60s，1分钟内汽油机做的总功：
$ W_{\mathrm{总}} = Pt = 2.5×10^4\,\mathrm{W} × 60\,\mathrm{s} = 1.5×10^6\,\mathrm{J} $
飞轮转速为5000r/min，即1分钟飞轮转5000转，四冲程汽油机每完成一个工作循环飞轮转2转、对外做功1次，因此1分钟内对外做功的总次数 $ n = \frac{5000}{2} = 2500 $ 次
因此每个工作循环对外做功：
$ W_1 = \frac{W_{\mathrm{总}}}{n} = \frac{1.5×10^6\,\mathrm{J}}{2500} = 600\,\mathrm{J} $
【答案】
变低；内；机械；丙；600
【知识点】
做功改变内能，汽油机冲程判断，功率相关计算
【点评】
本题结合生活中气球飞出的常见场景，串联了内能变化规律、热机冲程识别、功率计算多个考点，易错点是容易混淆飞轮转数和做功次数的对应关系，误将5000r直接当做1分钟的做功次数导致计算错误，需要牢记四冲程汽油机每2转对外做功1次的核心规律。
【难度系数】
0.6
我们可以分步骤梳理解题思路：1. 先分析气球喷气的过程：气球内的高压气体向外喷出时，气体对外做功，根据做功改变内能的规律，物体对外做功自身内能减小，温度随之降低，因此喷气的嘴部温度会低于原来的温度，该过程中气体的内能减少，气球和喷出的气体获得运动的机械能，能量转化为内能转化为机械能。2. 接下来匹配汽油机的对应冲程：观察乙、丙两图，乙图两个气门都关闭，活塞向上运动，是压缩冲程，能量转化为机械能转内能；丙图两个气门都关闭，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，和气球喷气的能量转化规律一致。3. 最后计算每个工作循环的对外做功：先根据W=Pt算出汽油机1分钟内做的总功，再结合四冲程汽油机飞轮每转2圈完成一个工作循环、对外做功1次的规律，算出1分钟内总做功次数，用总功除以总做功次数即可得到单个工作循环的对外做功大小。
【解析】
1. 气球内的气体向外喷出时，气体对外做功，自身内能减小，温度降低，因此喷气的嘴部温度和原来相比变低，该过程将内能转化为机械能。
2. 对比两个汽油机冲程：
乙图：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→内能；
丙图：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→机械能，和气球喷气的能量转化一致，因此对应图丙。
3. 计算单个工作循环对外做功：
已知输出功率P=25kW=2.5×10⁴W，1分钟时长t=60s，1分钟内汽油机做的总功：
$ W_{\mathrm{总}} = Pt = 2.5×10^4\,\mathrm{W} × 60\,\mathrm{s} = 1.5×10^6\,\mathrm{J} $
飞轮转速为5000r/min，即1分钟飞轮转5000转，四冲程汽油机每完成一个工作循环飞轮转2转、对外做功1次，因此1分钟内对外做功的总次数 $ n = \frac{5000}{2} = 2500 $ 次
因此每个工作循环对外做功：
$ W_1 = \frac{W_{\mathrm{总}}}{n} = \frac{1.5×10^6\,\mathrm{J}}{2500} = 600\,\mathrm{J} $
【答案】
变低；内；机械；丙；600
【知识点】
做功改变内能，汽油机冲程判断，功率相关计算
【点评】
本题结合生活中气球飞出的常见场景，串联了内能变化规律、热机冲程识别、功率计算多个考点，易错点是容易混淆飞轮转数和做功次数的对应关系，误将5000r直接当做1分钟的做功次数导致计算错误，需要牢记四冲程汽油机每2转对外做功1次的核心规律。
【难度系数】
0.6
13. 内能不仅可以解释很多自然现象，而且人们还能用内能做其他有益的事情。请分析下面两例：
（1）当太阳烤暖大地时，会使得下层的气团温度升高，密度减小，因而上升。如图所示，上升的气团膨胀，推挤周围的空气，对外
（2）飞机在万米高空飞行的时候，舱外气温往往在$-50\ °\mathrm{C}$以下，由于高空的大气压比舱内气压低，要使舱内获得新鲜空气必须使用空气压缩机把空气从舱外压进来。在这个过程中，空气压缩机对气体
（1）当太阳烤暖大地时，会使得下层的气团温度升高，密度减小，因而上升。如图所示，上升的气团膨胀，推挤周围的空气，对外
做功
，因此内能减小
，温度降低
。所以越高的地方，空气的温度越低
。（2）飞机在万米高空飞行的时候，舱外气温往往在$-50\ °\mathrm{C}$以下，由于高空的大气压比舱内气压低，要使舱内获得新鲜空气必须使用空气压缩机把空气从舱外压进来。在这个过程中，空气压缩机对气体
做功
，使空气的内能增大
，温度升高
，舱内总是温暖如春。答案
(1) 做功 减小 降低 低
(2) 做功 增大 升高
(2) 做功 增大 升高
解析
【分析】
我们解题的核心是利用做功改变内能的基本规律来分析场景：首先思考第一小问，上升的气团体积膨胀，推挤周围空气时，气团对周围空气施加了力，且在力的方向上移动了距离，说明气团对外做功，根据做功对内能的影响规律，物体对外做功时自身内能会减小，内能减小对应温度降低，因此海拔越高的地方，空气温度就越低。再思考第二小问，空气压缩机把舱外空气压进舱内的过程中，压缩机对空气施加压力压缩空气体积，属于外界对气体做功，外界对物体做功时，物体的内能会增大，内能增大对应温度升高，因此后续可调控让舱内保持温暖。
【解析】
（1）上升的气团膨胀推挤周围空气，对外界施加作用力且产生位移，因此对外做功；根据做功改变内能的规律，物体对外做功，自身内能减小，因此气团内能减小，温度随之降低，所以越高的地方，空气的温度越低。
（2）空气压缩机将舱外空气压入舱内的过程中，压缩机对气体做功，外界对气体做功会使空气的内能增大，温度随之升高，因此可调控让舱内保持温暖如春。
【答案】
(1) 做功 减小 降低 低
(2) 做功 增大 升高
【知识点】
做功改变内能，内能与温度的关系
【点评】
本题结合大气对流、民航客机舱内增压的真实场景考察内能相关知识点，区分了“物体对外做功”和“外界对物体做功”两种情况对应的内能、温度变化规律，把抽象的内能知识和自然、生活实际结合，帮助学生理解物理规律的实用价值。
【难度系数】
0.8
我们解题的核心是利用做功改变内能的基本规律来分析场景：首先思考第一小问，上升的气团体积膨胀，推挤周围空气时，气团对周围空气施加了力，且在力的方向上移动了距离，说明气团对外做功，根据做功对内能的影响规律，物体对外做功时自身内能会减小，内能减小对应温度降低，因此海拔越高的地方，空气温度就越低。再思考第二小问，空气压缩机把舱外空气压进舱内的过程中，压缩机对空气施加压力压缩空气体积，属于外界对气体做功，外界对物体做功时，物体的内能会增大，内能增大对应温度升高，因此后续可调控让舱内保持温暖。
【解析】
（1）上升的气团膨胀推挤周围空气，对外界施加作用力且产生位移，因此对外做功；根据做功改变内能的规律，物体对外做功，自身内能减小，因此气团内能减小，温度随之降低，所以越高的地方，空气的温度越低。
（2）空气压缩机将舱外空气压入舱内的过程中，压缩机对气体做功，外界对气体做功会使空气的内能增大，温度随之升高，因此可调控让舱内保持温暖如春。
【答案】
(1) 做功 减小 降低 低
(2) 做功 增大 升高
【知识点】
做功改变内能，内能与温度的关系
【点评】
本题结合大气对流、民航客机舱内增压的真实场景考察内能相关知识点，区分了“物体对外做功”和“外界对物体做功”两种情况对应的内能、温度变化规律，把抽象的内能知识和自然、生活实际结合，帮助学生理解物理规律的实用价值。
【难度系数】
0.8
14. 人类的祖先钻木取火,为人类文明揭开了新的一页。如图所示,将削尖的木棒伸到木板的洞里,用力压住木棒来回拉动钻弓,木棒在木板的洞里转动时,板与棒互相摩擦,机械能转化为内能,而热集中在洞内,不易散发,提高了木棒尖端的温度,当达到约 $260°\mathrm{C}$时木棒便开始燃烧。木棒受热部分的质量为0.25 g。已知来回拉一次钻弓需1.0 s,弓长$s=0.25\ \mathrm{m}$,人拉弓的力为16 N,木头的比热容$c=2.0×10^3\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg}·°\mathrm{C})$。问:
(1) 人来回拉一次钻弓克服摩擦力所做的功为多少?
(2) 人克服摩擦力做功使机械能转化为内能,若其中有25%被木棒尖端吸收,则1 s内可使木棒尖端温度升高多少?
(1) 人来回拉一次钻弓克服摩擦力所做的功为多少?
(2) 人克服摩擦力做功使机械能转化为内能,若其中有25%被木棒尖端吸收,则1 s内可使木棒尖端温度升高多少?
答案
(1) 8 J (2) 4 ℃ 提示:(1) 来回拉一次钻弓移动的距离s'=2s=2×0.25 m=0.5 m,来回拉一次钻弓克服摩擦力做功W=Fs'=16 N×0.5 m=8 J。(2) Q吸=ηW=25%×8 J=2 J,Δt=Q吸/(cm)=2 J/(2.0×10³ J/(kg·℃)×0.25×10⁻³ kg)=4 ℃。
解析
【分析】
这是一道力学与热学结合的基础综合题，解题思路可以分步梳理：
1. 第一问求克服摩擦力做功：回忆功的计算公式W=Fs，注意人是来回拉动钻弓，实际移动的总距离是2倍的弓长，先算出总路程，再代入已知的拉力数值，就能直接求出克服摩擦力做的功。
2. 第二问求木棒升高的温度：首先根据题目给出的25%的吸收效率，算出1秒内木棒尖端实际吸收的内能（热量）；再利用物体吸热公式Q吸=cmΔt，变形得到温度变化量的计算式，注意要先把木棒质量的单位从克换算为国际单位千克，代入对应数值就能算出温度升高值。
解题过程要注意两个易错点：一是来回拉动的总距离不是弓长本身，是两倍弓长；二是质量单位必须统一为千克，不能直接用克代入计算。
【解析】
(1) 计算来回拉一次的总移动距离：
已知弓长s=0.25m，来回一次的总路程s' = 2s = 2×0.25 m = 0.5 m
根据功的定义式W = Fs'，代入拉力F=16N：
W = 16 N × 0.5 m = 8 J
即人来回拉一次钻弓克服摩擦力所做的功为8J。
(2) 计算木棒尖端升高的温度：
1s内人做的总功就是第一问的W=8J，木棒尖端吸收的热量为总功乘以吸收效率：
Q吸 = ηW = 25% × 8 J = 2 J
将木棒受热部分的质量换算为国际单位：m=0.25g = 0.25×10⁻³ kg
由吸热公式Q吸 = cmΔt变形得温度升高量：
Δt = Q吸/(cm) = 2 J / [2.0×10³ J/(kg·℃) × 0.25×10⁻³ kg] = 4 ℃
即1s内可使木棒尖端温度升高4℃。
【答案】
(1) 8 J (2) 4 ℃
【知识点】
功的计算；热量计算；能量转化
【点评】
本题结合古代钻木取火的真实情景，把力学功的计算和热学比热容吸热计算结合起来，考察跨模块的基础应用能力，易错点集中在来回拉动的总距离计算、质量单位的换算，属于基础综合题，只要细心处理物理量的单位和对应关系就可以顺利求解。
【难度系数】
0.7
这是一道力学与热学结合的基础综合题，解题思路可以分步梳理：
1. 第一问求克服摩擦力做功：回忆功的计算公式W=Fs，注意人是来回拉动钻弓，实际移动的总距离是2倍的弓长，先算出总路程，再代入已知的拉力数值，就能直接求出克服摩擦力做的功。
2. 第二问求木棒升高的温度：首先根据题目给出的25%的吸收效率，算出1秒内木棒尖端实际吸收的内能（热量）；再利用物体吸热公式Q吸=cmΔt，变形得到温度变化量的计算式，注意要先把木棒质量的单位从克换算为国际单位千克，代入对应数值就能算出温度升高值。
解题过程要注意两个易错点：一是来回拉动的总距离不是弓长本身，是两倍弓长；二是质量单位必须统一为千克，不能直接用克代入计算。
【解析】
(1) 计算来回拉一次的总移动距离：
已知弓长s=0.25m，来回一次的总路程s' = 2s = 2×0.25 m = 0.5 m
根据功的定义式W = Fs'，代入拉力F=16N：
W = 16 N × 0.5 m = 8 J
即人来回拉一次钻弓克服摩擦力所做的功为8J。
(2) 计算木棒尖端升高的温度：
1s内人做的总功就是第一问的W=8J，木棒尖端吸收的热量为总功乘以吸收效率：
Q吸 = ηW = 25% × 8 J = 2 J
将木棒受热部分的质量换算为国际单位：m=0.25g = 0.25×10⁻³ kg
由吸热公式Q吸 = cmΔt变形得温度升高量：
Δt = Q吸/(cm) = 2 J / [2.0×10³ J/(kg·℃) × 0.25×10⁻³ kg] = 4 ℃
即1s内可使木棒尖端温度升高4℃。
【答案】
(1) 8 J (2) 4 ℃
【知识点】
功的计算；热量计算；能量转化
【点评】
本题结合古代钻木取火的真实情景，把力学功的计算和热学比热容吸热计算结合起来，考察跨模块的基础应用能力，易错点集中在来回拉动的总距离计算、质量单位的换算，属于基础综合题，只要细心处理物理量的单位和对应关系就可以顺利求解。
【难度系数】
0.7
