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8. 某中学锅炉房每天要将 2000kg 的水从 $20°\mathrm{C}$ 加热到 $100°\mathrm{C}$. 求：
(1)这些水吸收的热量为多少？[水的比热容为 $4.2×10^3\mathrm{J}/(\mathrm{kg}·°\mathrm{C})$]
(2)用煤气作为燃料来烧水，设煤气完全燃烧释放热量的 80%被水吸收，煤气完全燃烧要放出多少热量？
(3)学校每天因烧水要消耗多少千克煤气？(煤气的热值 $q=4.2×10^7\mathrm{J}/\mathrm{kg}$)
(1)这些水吸收的热量为多少？[水的比热容为 $4.2×10^3\mathrm{J}/(\mathrm{kg}·°\mathrm{C})$]
(2)用煤气作为燃料来烧水，设煤气完全燃烧释放热量的 80%被水吸收，煤气完全燃烧要放出多少热量？
(3)学校每天因烧水要消耗多少千克煤气？(煤气的热值 $q=4.2×10^7\mathrm{J}/\mathrm{kg}$)
答案
8. 解:(1)这些水吸收的热量 $Q_{\mathrm{吸}} = cm(t - t_0) = 4. 2 × 10^3\mathrm{J/(kg· ℃)}×2000\mathrm{kg}×(100℃-20℃)=6. 72×10^8\mathrm{J}.$
(2)由 $\eta=\frac{Q_{\mathrm{吸}}}{Q_{\mathrm{放}}}×100\%$可知,煤气完全燃烧放出的热量
$Q_{\mathrm{放}}=\frac{Q_{\mathrm{吸}}}{\eta}=\frac{6. 72×10^8\mathrm{J}}{80\%}=8. 4×10^8\mathrm{J}.$
(3)由 $Q_{\mathrm{放}}=mq$ 可知,需要消耗的煤气的质量
$m=\frac{Q_{\mathrm{放}}}{q_{\mathrm{煤气}}}=\frac{8. 4×10^8\mathrm{J}}{4. 2×10^7\mathrm{J/kg}}=20\mathrm{kg}.$
(2)由 $\eta=\frac{Q_{\mathrm{吸}}}{Q_{\mathrm{放}}}×100\%$可知,煤气完全燃烧放出的热量
$Q_{\mathrm{放}}=\frac{Q_{\mathrm{吸}}}{\eta}=\frac{6. 72×10^8\mathrm{J}}{80\%}=8. 4×10^8\mathrm{J}.$
(3)由 $Q_{\mathrm{放}}=mq$ 可知,需要消耗的煤气的质量
$m=\frac{Q_{\mathrm{放}}}{q_{\mathrm{煤气}}}=\frac{8. 4×10^8\mathrm{J}}{4. 2×10^7\mathrm{J/kg}}=20\mathrm{kg}.$
解析
【分析】
这是一道热学综合基础计算题，我们可以分三步依次推导求解：
1. 第一问求水吸收的热量，题目已经给出水的质量、初温、末温和水的比热容，直接套用物体吸热计算公式$Q_{\mathrm{吸}}=cm(t-t_0)$，代入已知数值就能算出结果。
2. 第二问已知热效率为80%，含义是水吸收的热量占煤气完全燃烧放出总热量的80%，根据热效率的定义式$\eta=\frac{Q_{\mathrm{吸}}}{Q_{\mathrm{放}}}$，将公式变形为$Q_{\mathrm{放}}=\frac{Q_{\mathrm{吸}}}{\eta}$，代入第一问算出的$Q_{\mathrm{吸}}$就能得到煤气需要放出的总热量。
3. 第三问已知煤气的热值，根据燃料完全燃烧的放热公式$Q_{\mathrm{放}}=mq$，将公式变形为$m=\frac{Q_{\mathrm{放}}}{q}$，代入第二问算出的$Q_{\mathrm{放}}$和给定的煤气热值，就能求出需要消耗的煤气质量。
【解析】
解：
(1) 已知水的质量$m_{\mathrm{水}}=2000\mathrm{kg}$，初温$t_0=20°\mathrm{C}$，末温$t=100°\mathrm{C}$，水的比热容$c=4.2×10^3\mathrm{J/(kg· ° C)}$，代入吸热公式得：
$Q_{\mathrm{吸}} = cm_{\mathrm{水}}(t - t_0) = 4. 2 × 10^3\mathrm{J/(kg· ° C)} × 2000\mathrm{kg} × (100°\mathrm{C}-20°\mathrm{C})=6. 72× 10^8\mathrm{J}$
(2) 已知热效率$\eta=80\%$，由$\eta=\frac{Q_{\mathrm{吸}}}{Q_{\mathrm{放}}}×100\%$变形可得煤气完全燃烧放出的总热量：
$Q_{\mathrm{放}}=\frac{Q_{\mathrm{吸}}}{\eta}=\frac{6. 72× 10^8\mathrm{J}}{80\%}=8. 4× 10^8\mathrm{J}$
(3) 已知煤气的热值$q=4.2×10^7\mathrm{J/kg}$，由燃料完全燃烧放热公式$Q_{\mathrm{放}}=mq$变形可得需要的煤气质量：
$m_{\mathrm{煤气}}=\frac{Q_{\mathrm{放}}}{q}=\frac{8. 4× 10^8\mathrm{J}}{4. 2× 10^7\mathrm{J/kg}}=20\mathrm{kg}$
【答案】
(1) 水吸收的热量为$6.72×10^8\mathrm{J}$
(2) 煤气完全燃烧要放出的热量为$8.4×10^8\mathrm{J}$
(3) 需要消耗煤气的质量为$20\mathrm{kg}$
【知识点】
比热容吸热计算，热效率计算，燃料热值计算
【点评】
本题是热学部分的常规基础应用题，串联了比热容吸热、热效率、燃料放热三个核心考点，解题时只需要牢记对应公式、明确各物理量的对应关系，注意不要把热效率的比例关系搞反，代入数值计算时注意单位统一即可，是热学计算的入门典型题型。
【难度系数】
0.8
这是一道热学综合基础计算题，我们可以分三步依次推导求解：
1. 第一问求水吸收的热量，题目已经给出水的质量、初温、末温和水的比热容，直接套用物体吸热计算公式$Q_{\mathrm{吸}}=cm(t-t_0)$，代入已知数值就能算出结果。
2. 第二问已知热效率为80%，含义是水吸收的热量占煤气完全燃烧放出总热量的80%，根据热效率的定义式$\eta=\frac{Q_{\mathrm{吸}}}{Q_{\mathrm{放}}}$，将公式变形为$Q_{\mathrm{放}}=\frac{Q_{\mathrm{吸}}}{\eta}$，代入第一问算出的$Q_{\mathrm{吸}}$就能得到煤气需要放出的总热量。
3. 第三问已知煤气的热值，根据燃料完全燃烧的放热公式$Q_{\mathrm{放}}=mq$，将公式变形为$m=\frac{Q_{\mathrm{放}}}{q}$，代入第二问算出的$Q_{\mathrm{放}}$和给定的煤气热值，就能求出需要消耗的煤气质量。
【解析】
解：
(1) 已知水的质量$m_{\mathrm{水}}=2000\mathrm{kg}$，初温$t_0=20°\mathrm{C}$，末温$t=100°\mathrm{C}$，水的比热容$c=4.2×10^3\mathrm{J/(kg· ° C)}$，代入吸热公式得：
$Q_{\mathrm{吸}} = cm_{\mathrm{水}}(t - t_0) = 4. 2 × 10^3\mathrm{J/(kg· ° C)} × 2000\mathrm{kg} × (100°\mathrm{C}-20°\mathrm{C})=6. 72× 10^8\mathrm{J}$
(2) 已知热效率$\eta=80\%$，由$\eta=\frac{Q_{\mathrm{吸}}}{Q_{\mathrm{放}}}×100\%$变形可得煤气完全燃烧放出的总热量：
$Q_{\mathrm{放}}=\frac{Q_{\mathrm{吸}}}{\eta}=\frac{6. 72× 10^8\mathrm{J}}{80\%}=8. 4× 10^8\mathrm{J}$
(3) 已知煤气的热值$q=4.2×10^7\mathrm{J/kg}$，由燃料完全燃烧放热公式$Q_{\mathrm{放}}=mq$变形可得需要的煤气质量：
$m_{\mathrm{煤气}}=\frac{Q_{\mathrm{放}}}{q}=\frac{8. 4× 10^8\mathrm{J}}{4. 2× 10^7\mathrm{J/kg}}=20\mathrm{kg}$
【答案】
(1) 水吸收的热量为$6.72×10^8\mathrm{J}$
(2) 煤气完全燃烧要放出的热量为$8.4×10^8\mathrm{J}$
(3) 需要消耗煤气的质量为$20\mathrm{kg}$
【知识点】
比热容吸热计算，热效率计算，燃料热值计算
【点评】
本题是热学部分的常规基础应用题，串联了比热容吸热、热效率、燃料放热三个核心考点，解题时只需要牢记对应公式、明确各物理量的对应关系，注意不要把热效率的比例关系搞反，代入数值计算时注意单位统一即可，是热学计算的入门典型题型。
【难度系数】
0.8
9.(2024·东台期末)如图所示是一个会跳的卡片.将卡片反扣在桌面上,用力往下压平卡片,使橡皮筋伸长,迅速松手后卡片弹起一定高度,这个现象说明:发生弹性形变的橡皮筋能对卡片
做功
.卡片向上弹起来的过程中,橡皮筋的弹性势
能会转化为卡片的动
能,使卡片能向上运动.答案
9. 做功 弹性势 动
解析
【分析】
首先梳理这道题的思考逻辑：第一，判断橡皮筋对卡片的作用，做功的两个必要条件是对物体施加力、物体在力的方向上通过距离，这里形变的橡皮筋对卡片有力的作用，卡片被弹起移动了距离，因此橡皮筋对卡片做功。第二，分析能量转化：发生弹性形变的物体具有弹性势能，橡皮筋恢复原状的过程中，弹性形变程度变小，储存的弹性势能减少，同时卡片获得速度、动能增加，因此是橡皮筋的弹性势能转化为卡片的动能。
【解析】
1. 迅速松手后，发生弹性形变的橡皮筋对卡片施加力的作用，卡片在该力的方向上移动了一段距离，满足做功的条件，因此橡皮筋能对卡片做功。
2. 压平卡片时橡皮筋伸长发生弹性形变，储存了弹性势能；卡片向上弹起的过程中，橡皮筋的弹性形变逐渐恢复，弹性势能减小，卡片的速度逐渐增大，动能增大，因此橡皮筋的弹性势能转化为卡片的动能。
【答案】
做功；弹性势；动
【知识点】
做功的判断，弹性势能，机械能转化
【点评】
本题结合趣味小实验考察力学基础概念，将抽象的功和能量转化知识融入生活化场景，侧重考察对基础概念的理解，难度较低，能帮助学生直观理解弹性势能的应用和能量转化的规律。
【难度系数】
0.8
首先梳理这道题的思考逻辑：第一，判断橡皮筋对卡片的作用，做功的两个必要条件是对物体施加力、物体在力的方向上通过距离，这里形变的橡皮筋对卡片有力的作用，卡片被弹起移动了距离，因此橡皮筋对卡片做功。第二，分析能量转化：发生弹性形变的物体具有弹性势能，橡皮筋恢复原状的过程中，弹性形变程度变小，储存的弹性势能减少，同时卡片获得速度、动能增加，因此是橡皮筋的弹性势能转化为卡片的动能。
【解析】
1. 迅速松手后，发生弹性形变的橡皮筋对卡片施加力的作用，卡片在该力的方向上移动了一段距离，满足做功的条件，因此橡皮筋能对卡片做功。
2. 压平卡片时橡皮筋伸长发生弹性形变，储存了弹性势能；卡片向上弹起的过程中，橡皮筋的弹性形变逐渐恢复，弹性势能减小，卡片的速度逐渐增大，动能增大，因此橡皮筋的弹性势能转化为卡片的动能。
【答案】
做功；弹性势；动
【知识点】
做功的判断，弹性势能，机械能转化
【点评】
本题结合趣味小实验考察力学基础概念，将抽象的功和能量转化知识融入生活化场景，侧重考察对基础概念的理解，难度较低，能帮助学生直观理解弹性势能的应用和能量转化的规律。
【难度系数】
0.8
10.如图所示,太空中人造卫星沿椭圆形轨道绕地球运行,当卫星从近地点向远地点运动过程中,
动能逐渐
动能逐渐
减小
,势能逐渐增大
,机械能不变
.(均填“减小”“增大”或“不变”)答案
10. 减小 增大 不变
解析
【分析】
我们可以分三步推导：首先回忆动能、势能的大小分别和什么因素有关，动能由质量和速度决定，引力势能由质量和相对地球的高度决定。第一步先判断卫星从近地点向远地点运动时的速度变化：椭圆轨道上卫星远离地球时，运行速度会逐渐降低，卫星质量不变，就能推出动能的变化；第二步判断高度变化：从近地点到远地点，卫星和地球的距离不断变大，也就是相对地球的高度升高，质量不变就能推出势能的变化；第三步判断机械能：太空环境几乎没有空气阻力，不存在额外的能量损耗，只有动能和势能的相互转化，因此机械能总量不变。
【解析】
1. 动能变化判断：卫星的质量始终保持不变，当它从近地点向远地点运动时，运行速度逐渐减小，根据动能的影响因素，可得动能逐渐减小。
2. 势能变化判断：卫星质量不变，从近地点向远地点运动的过程中，距离地球的高度不断增大，因此引力势能逐渐增大。
3. 机械能变化判断：太空中不存在空气阻力等耗散力，运动过程中只有动能和势能的相互转化，没有其他形式能量的产生或损耗，因此机械能的总量保持不变。
【答案】
减小 增大 不变
【知识点】
动能的影响因素
重力势能的影响因素
机械能守恒
【点评】
本题是机械能转化知识点在航天椭圆轨道场景的基础应用题，核心考察动能势能的相互转化规律，易错点是混淆近地点、远地点的速度大小，需要牢记椭圆轨道卫星近地点速度最大、远地点速度最小的特点，同时注意太空无摩擦阻力的前提，不需要考虑机械能的损耗。
【难度系数】
0.8
我们可以分三步推导：首先回忆动能、势能的大小分别和什么因素有关，动能由质量和速度决定，引力势能由质量和相对地球的高度决定。第一步先判断卫星从近地点向远地点运动时的速度变化：椭圆轨道上卫星远离地球时，运行速度会逐渐降低，卫星质量不变，就能推出动能的变化；第二步判断高度变化：从近地点到远地点，卫星和地球的距离不断变大，也就是相对地球的高度升高，质量不变就能推出势能的变化；第三步判断机械能：太空环境几乎没有空气阻力，不存在额外的能量损耗，只有动能和势能的相互转化，因此机械能总量不变。
【解析】
1. 动能变化判断：卫星的质量始终保持不变，当它从近地点向远地点运动时，运行速度逐渐减小，根据动能的影响因素，可得动能逐渐减小。
2. 势能变化判断：卫星质量不变，从近地点向远地点运动的过程中，距离地球的高度不断增大，因此引力势能逐渐增大。
3. 机械能变化判断：太空中不存在空气阻力等耗散力，运动过程中只有动能和势能的相互转化，没有其他形式能量的产生或损耗，因此机械能的总量保持不变。
【答案】
减小 增大 不变
【知识点】
动能的影响因素
重力势能的影响因素
机械能守恒
【点评】
本题是机械能转化知识点在航天椭圆轨道场景的基础应用题，核心考察动能势能的相互转化规律，易错点是混淆近地点、远地点的速度大小，需要牢记椭圆轨道卫星近地点速度最大、远地点速度最小的特点，同时注意太空无摩擦阻力的前提，不需要考虑机械能的损耗。
【难度系数】
0.8
11. (2024·盐城期中) 如图所示,质量为 500g 的某液体的比热容是 $c=4.0×10^{3}\mathrm{J}/(\mathrm{kg}·°\mathrm{C})$,在均匀放热的条件下凝固成固态物质,且质量不变,则第 20min 的内能
小于
(填“大于”“小于”或“等于”)第 10min 的内能;凝固过程中该物质放出的热量是 $8×10^4$
J;该物质固态时的比热容是 $2×10^3$
$\mathrm{J}/(\mathrm{kg}·°\mathrm{C}).$答案
11. 小于 $8×10^4$ $2×10^3$
解析
【分析】
1. 首先观察图像可知这是晶体的凝固过程，整个过程物质持续向外放热，内能随放热不断减小，时间越靠后，累计放出的热量越多，内能就越小，因此可以直接比较第20min和第10min的内能大小。
2. 先计算液态阶段AB段降温放出的热量，结合题目给出的均匀放热条件，得到单位时间内物质放出的热量，再乘以凝固过程的总时长，即可算出凝固过程放出的总热量。
3. 再计算固态阶段CD段降温过程放出的热量，利用吸热放热公式Q=cmΔt变形，代入对应数据就能求出该物质固态时的比热容。
【解析】
① 内能判断：该物质在凝固全程都在向外放热，即使温度不变，内能也会持续减小，第20min比第10min时间更晚，累计放出的热量更多，因此第20min的内能小于第10min的内能。
② 计算凝固过程放热量：
已知液体质量m=500g=0.5kg，液态比热容$c_{\mathrm{液}}=4.0×10^3\mathrm{J/(kg·℃)}$，AB段液态从10℃降温到0℃，温度差$\Delta t_1=10℃$，AB段时长为5min，因此AB段放出的热量：
$Q_1 = c_{\mathrm{液}}m\Delta t_1 = 4.0×10^3\mathrm{J/(kg·℃)} × 0.5\mathrm{kg} × 10℃ = 2×10^4\mathrm{J}$
由于均匀放热，每分钟放出的热量为：
$Q_0 = \frac{Q_1}{t_1} = \frac{2×10^4\mathrm{J}}{5\mathrm{min}} = 4×10^3\mathrm{J/min}$
凝固过程从第5min的B点持续到第25min的C点，总时长$t_{\mathrm{凝}}=25\mathrm{min}-5\mathrm{min}=20\mathrm{min}$，因此凝固过程放出的总热量：
$Q_{\mathrm{凝}} = Q_0 × t_{\mathrm{凝}} = 4×10^3\mathrm{J/min} × 20\mathrm{min} = 8×10^4\mathrm{J}$
③ 计算固态比热容：
CD段是固态从0℃降温到-20℃的过程，时长$t_2=30\mathrm{min}-25\mathrm{min}=5\mathrm{min}$，温度差$\Delta t_2=20℃$，CD段放出的热量：
$Q_2 = Q_0 × t_2 = 4×10^3\mathrm{J/min} × 5\mathrm{min} = 2×10^4\mathrm{J}$
由$Q=cm\Delta t$变形可得固态比热容：
$c_{\mathrm{固}} = \frac{Q_2}{m\Delta t_2} = \frac{2×10^4\mathrm{J}}{0.5\mathrm{kg} × 20℃} = 2×10^3\mathrm{J/(kg·℃)}$
【答案】
小于；$8×10^4$；$2×10^3$
【知识点】
晶体凝固特点；热量计算；比热容计算
【点评】
本题结合晶体凝固的温度-时间图像综合考查内能变化、放热计算和比热容推导，核心是抓住“均匀放热”的隐含条件，先通过已知比热容的液态降温过程求出单位时间放热量，再推导后续过程的物理量，要求学生能准确读取图像中的时间、温度信息，灵活变形热量公式求解。
【难度系数】
0.6
1. 首先观察图像可知这是晶体的凝固过程，整个过程物质持续向外放热，内能随放热不断减小，时间越靠后，累计放出的热量越多，内能就越小，因此可以直接比较第20min和第10min的内能大小。
2. 先计算液态阶段AB段降温放出的热量，结合题目给出的均匀放热条件，得到单位时间内物质放出的热量，再乘以凝固过程的总时长，即可算出凝固过程放出的总热量。
3. 再计算固态阶段CD段降温过程放出的热量，利用吸热放热公式Q=cmΔt变形，代入对应数据就能求出该物质固态时的比热容。
【解析】
① 内能判断：该物质在凝固全程都在向外放热，即使温度不变，内能也会持续减小，第20min比第10min时间更晚，累计放出的热量更多，因此第20min的内能小于第10min的内能。
② 计算凝固过程放热量：
已知液体质量m=500g=0.5kg，液态比热容$c_{\mathrm{液}}=4.0×10^3\mathrm{J/(kg·℃)}$，AB段液态从10℃降温到0℃，温度差$\Delta t_1=10℃$，AB段时长为5min，因此AB段放出的热量：
$Q_1 = c_{\mathrm{液}}m\Delta t_1 = 4.0×10^3\mathrm{J/(kg·℃)} × 0.5\mathrm{kg} × 10℃ = 2×10^4\mathrm{J}$
由于均匀放热，每分钟放出的热量为：
$Q_0 = \frac{Q_1}{t_1} = \frac{2×10^4\mathrm{J}}{5\mathrm{min}} = 4×10^3\mathrm{J/min}$
凝固过程从第5min的B点持续到第25min的C点，总时长$t_{\mathrm{凝}}=25\mathrm{min}-5\mathrm{min}=20\mathrm{min}$，因此凝固过程放出的总热量：
$Q_{\mathrm{凝}} = Q_0 × t_{\mathrm{凝}} = 4×10^3\mathrm{J/min} × 20\mathrm{min} = 8×10^4\mathrm{J}$
③ 计算固态比热容：
CD段是固态从0℃降温到-20℃的过程，时长$t_2=30\mathrm{min}-25\mathrm{min}=5\mathrm{min}$，温度差$\Delta t_2=20℃$，CD段放出的热量：
$Q_2 = Q_0 × t_2 = 4×10^3\mathrm{J/min} × 5\mathrm{min} = 2×10^4\mathrm{J}$
由$Q=cm\Delta t$变形可得固态比热容：
$c_{\mathrm{固}} = \frac{Q_2}{m\Delta t_2} = \frac{2×10^4\mathrm{J}}{0.5\mathrm{kg} × 20℃} = 2×10^3\mathrm{J/(kg·℃)}$
【答案】
小于；$8×10^4$；$2×10^3$
【知识点】
晶体凝固特点；热量计算；比热容计算
【点评】
本题结合晶体凝固的温度-时间图像综合考查内能变化、放热计算和比热容推导，核心是抓住“均匀放热”的隐含条件，先通过已知比热容的液态降温过程求出单位时间放热量，再推导后续过程的物理量，要求学生能准确读取图像中的时间、温度信息，灵活变形热量公式求解。
【难度系数】
0.6
12. 将一个石块竖直向上抛出,运动到最高点并下落. A、B是石块运动轨迹中的两个点,石块在这两点的动能和重力势能如表所示,则石块在 B 点处的运动方向可能的情况是 （
A.下降
B.上升
C.上升或下降
D.在最高点
B
）A.下降
B.上升
C.上升或下降
D.在最高点
答案
12. B
解析
【分析】
我们的解题思路是：首先明确石块运动的隐含条件——运动过程中始终要克服空气阻力做功，总机械能（动能+重力势能）是持续减小的，运动时刻越靠后，总机械能越小。第一步先分别算出A、B两点的总机械能，对比两者大小，判断两个点的先后顺序；第二步结合两点的动能、势能变化规律，分析从先出现的点到后出现的点对应的运动过程，就能确定B点的运动方向。
【解析】
解：
1. 计算两点的总机械能：
石块在A点的总机械能：$E_A = E_{\mathrm{动}A} + E_{\mathrm{势}A} =7\mathrm{J}+6\mathrm{J}=13\mathrm{J}$
石块在B点的总机械能：$E_B = E_{\mathrm{动}B} + E_{\mathrm{势}B} =9\mathrm{J}+5\mathrm{J}=14\mathrm{J}$
2. 结合机械能变化规律判断先后顺序：石块竖直向上抛出后，全程都要克服空气阻力做功，机械能不断减小，因此总机械能更大的B点，对应的运动时刻更早，石块是先经过B点，之后才经过A点。
3. 分析B到A的运动过程：从B到A，石块动能从9J减小到7J，重力势能从5J增大到6J，是动能转化为重力势能的过程，完全符合石块上升阶段的能量变化特点。如果B点处于下降阶段，说明石块先经过A点再到B点，总机械能需要从13J增大到14J，没有外力对石块做功的情况下不可能实现，同时B点动能为9J也不可能是最高点（最高点石块动能为0）。因此B点的运动方向只能是上升。
综上选项B正确，ACD错误。
【答案】B
【知识点】机械能转化 动能势能变化
【点评】本题的易错点是直接根据B点动能更大、重力势能更小就误判B点处于下降阶段，解题的核心是抓住空气阻力导致机械能持续减小的隐含条件，先通过总机械能大小判断两点的先后顺序，再结合能量转化规律推导运动过程。
【难度系数】0.3
我们的解题思路是：首先明确石块运动的隐含条件——运动过程中始终要克服空气阻力做功，总机械能（动能+重力势能）是持续减小的，运动时刻越靠后，总机械能越小。第一步先分别算出A、B两点的总机械能，对比两者大小，判断两个点的先后顺序；第二步结合两点的动能、势能变化规律，分析从先出现的点到后出现的点对应的运动过程，就能确定B点的运动方向。
【解析】
解：
1. 计算两点的总机械能：
石块在A点的总机械能：$E_A = E_{\mathrm{动}A} + E_{\mathrm{势}A} =7\mathrm{J}+6\mathrm{J}=13\mathrm{J}$
石块在B点的总机械能：$E_B = E_{\mathrm{动}B} + E_{\mathrm{势}B} =9\mathrm{J}+5\mathrm{J}=14\mathrm{J}$
2. 结合机械能变化规律判断先后顺序：石块竖直向上抛出后，全程都要克服空气阻力做功，机械能不断减小，因此总机械能更大的B点，对应的运动时刻更早，石块是先经过B点，之后才经过A点。
3. 分析B到A的运动过程：从B到A，石块动能从9J减小到7J，重力势能从5J增大到6J，是动能转化为重力势能的过程，完全符合石块上升阶段的能量变化特点。如果B点处于下降阶段，说明石块先经过A点再到B点，总机械能需要从13J增大到14J，没有外力对石块做功的情况下不可能实现，同时B点动能为9J也不可能是最高点（最高点石块动能为0）。因此B点的运动方向只能是上升。
综上选项B正确，ACD错误。
【答案】B
【知识点】机械能转化 动能势能变化
【点评】本题的易错点是直接根据B点动能更大、重力势能更小就误判B点处于下降阶段，解题的核心是抓住空气阻力导致机械能持续减小的隐含条件，先通过总机械能大小判断两点的先后顺序，再结合能量转化规律推导运动过程。
【难度系数】0.3
13. 如图所示，在估测薯片热值的实验中，小军设计了两种对水加热的方法.
方法一：薯片在小烧杯中燃烧；
方法二：薯片在燃烧皿中燃烧.
两种加热方法中合理的是
用天平量取100g水，并测出一片薯片的质量，用以上选取的方式燃尽薯片，并用温度计测出水升高的温度，所测出的薯片热值偏
方法一：薯片在小烧杯中燃烧；
方法二：薯片在燃烧皿中燃烧.
两种加热方法中合理的是
方法二
.在进行实验时，要让薯片充分燃烧，操作是加快薯片周围的空气流动速度
.用天平量取100g水，并测出一片薯片的质量，用以上选取的方式燃尽薯片，并用温度计测出水升高的温度，所测出的薯片热值偏
小
，原因是薯片燃烧放出的热量不能完全被水吸收
.答案
13. 方法二 加快薯片周围的空气流动速度 小 薯片燃烧放出的热量不能完全被水吸收
解析
【分析】
我们做估测薯片热值的实验，核心目标是尽可能让薯片燃烧释放的热量被水充分吸收，同时保证薯片能顺利燃烧。首先对比两种方法：方法一中薯片放在浸在大烧杯水中的小容器内，燃烧空间狭小氧气不足，热量很难有效传递给大烧杯的水，设计不合理；方法二将薯片放在盛水烧杯的下方燃烧，火焰直接加热烧杯底部，更有利于热量传递给杯内的水，因此方法二更合理。接下来思考让薯片充分燃烧的操作：燃烧需要充足的氧气，加快薯片周围的空气流动速度，就能持续补充氧气，保障薯片充分燃烧。最后分析测量偏差：我们是通过水升高的温度计算水吸收的热量，再以此推算薯片的热值，但薯片燃烧的热量不可能全部被水吸收，有部分会散失到空气、被装置吸收，因此计算得到的热值会比真实值偏小。
【解析】
1. 方案合理性判断：方法一的薯片处于被水包裹的狭小空间内，氧气供给不足，既难以充分燃烧，燃烧释放的热量也很难有效传递给大烧杯中的水；方法二的薯片在烧杯底部外侧燃烧，火焰直接对盛水烧杯加热，能让更多热量被水吸收，因此合理的是方法二。
2. 薯片充分燃烧的操作：物质燃烧需要充足的氧气，加快薯片周围的空气流动速度，可以持续为薯片燃烧补充氧气，保证薯片完全燃尽。
3. 热值误差分析：实验过程中，薯片燃烧放出的热量会有部分散失到周围空气中，还有部分被铁架台、烧杯等实验装置吸收，无法全部被水吸收，我们默认水吸收的热量等于薯片燃烧的总放热来计算热值，因此测出的薯片热值偏小。
【答案】
方法二；加快薯片周围的空气流动速度；小；薯片燃烧放出的热量不能完全被水吸收
【知识点】
燃料热值测量；燃烧条件；实验误差分析
【点评】
本题结合实际实验装置的优劣辨析，考查了估测固体燃料热值实验的设计逻辑和误差分析，既关联了燃烧的基础条件，也要求学生理解热传递过程中热量散失的普遍特点，明确这类实验的系统误差来源。
【难度系数】
0.6
我们做估测薯片热值的实验，核心目标是尽可能让薯片燃烧释放的热量被水充分吸收，同时保证薯片能顺利燃烧。首先对比两种方法：方法一中薯片放在浸在大烧杯水中的小容器内，燃烧空间狭小氧气不足，热量很难有效传递给大烧杯的水，设计不合理；方法二将薯片放在盛水烧杯的下方燃烧，火焰直接加热烧杯底部，更有利于热量传递给杯内的水，因此方法二更合理。接下来思考让薯片充分燃烧的操作：燃烧需要充足的氧气，加快薯片周围的空气流动速度，就能持续补充氧气，保障薯片充分燃烧。最后分析测量偏差：我们是通过水升高的温度计算水吸收的热量，再以此推算薯片的热值，但薯片燃烧的热量不可能全部被水吸收，有部分会散失到空气、被装置吸收，因此计算得到的热值会比真实值偏小。
【解析】
1. 方案合理性判断：方法一的薯片处于被水包裹的狭小空间内，氧气供给不足，既难以充分燃烧，燃烧释放的热量也很难有效传递给大烧杯中的水；方法二的薯片在烧杯底部外侧燃烧，火焰直接对盛水烧杯加热，能让更多热量被水吸收，因此合理的是方法二。
2. 薯片充分燃烧的操作：物质燃烧需要充足的氧气，加快薯片周围的空气流动速度，可以持续为薯片燃烧补充氧气，保证薯片完全燃尽。
3. 热值误差分析：实验过程中，薯片燃烧放出的热量会有部分散失到周围空气中，还有部分被铁架台、烧杯等实验装置吸收，无法全部被水吸收，我们默认水吸收的热量等于薯片燃烧的总放热来计算热值，因此测出的薯片热值偏小。
【答案】
方法二；加快薯片周围的空气流动速度；小；薯片燃烧放出的热量不能完全被水吸收
【知识点】
燃料热值测量；燃烧条件；实验误差分析
【点评】
本题结合实际实验装置的优劣辨析，考查了估测固体燃料热值实验的设计逻辑和误差分析，既关联了燃烧的基础条件，也要求学生理解热传递过程中热量散失的普遍特点，明确这类实验的系统误差来源。
【难度系数】
0.6
