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10. 图甲是小丽探究动能大小与速度关系时的实验场景:斜面上有两平行轨道,将两小球1、2从轨道上由静止释放,与放置在水平木板上的两个相同木块A、B发生碰撞,两个木块初始位置到斜面底端的距离相等。
(1) 为完成实验,应使两个质量
(2) 由图甲场景可知,碰撞木块前瞬间,小球
(3) 木块被碰撞后,最终停止在木板的右端。碰撞后木块获得的动能
(4) 小磊在探究“动能大小与质量的关系”时将实验装置改成如图乙、丙所示,木板固定在水平面上,使不同质量的小球从同一高度由静止开始释放,该实验是通过比较
(1) 为完成实验,应使两个质量
相同
的小球从轨道上不同
高度由静止释放。(均填“相同”或“不同”)(2) 由图甲场景可知,碰撞木块前瞬间,小球
1
(填“1”或“2”)的动能较大。(3) 木块被碰撞后,最终停止在木板的右端。碰撞后木块获得的动能
等于
(填“大于“小于”或“等于”)木块克服摩擦力做的功。滑行中,木块的动能转化成内
能。(4) 小磊在探究“动能大小与质量的关系”时将实验装置改成如图乙、丙所示,木板固定在水平面上,使不同质量的小球从同一高度由静止开始释放,该实验是通过比较
木块滑行的距离
来比较小球动能大小的,图中错误的操作是未保持木块初始位置相同
。改正错误后进行实验,发现图丙中木块滑得远些,则可以得出结论:速度相同时,质量越大,动能越大
。答案
10. (1) 相同 不同 (2) 1 (3) 等于 内 (4) 木块滑行的距离 未保持木块初始位置相同 速度相同时,质量越大,动能越大
提示:(1) 探究动能与速度关系时,应使质量相同的小球从轨道上不同高度由静止释放,使小球到达平面时的速度不同。(2) 图甲中,木块$A$滑行的距离较长,可知碰撞木块前瞬间小球1的动能较大。(3) 滑行中,木块克服摩擦做功,将动能转化成内能,故碰撞后木块获得的动能等于木块克服摩擦所做的功。(4) 实验中通过比较木块在木板上滑行的距离来比较动能大小,距离越远,动能越大。实验中应保持木块初始位置相同。图丙木块滑得远,则小球的动能大,可得出结论:速度相同时,质量越大,动能越大。
提示:(1) 探究动能与速度关系时,应使质量相同的小球从轨道上不同高度由静止释放,使小球到达平面时的速度不同。(2) 图甲中,木块$A$滑行的距离较长,可知碰撞木块前瞬间小球1的动能较大。(3) 滑行中,木块克服摩擦做功,将动能转化成内能,故碰撞后木块获得的动能等于木块克服摩擦所做的功。(4) 实验中通过比较木块在木板上滑行的距离来比较动能大小,距离越远,动能越大。实验中应保持木块初始位置相同。图丙木块滑得远,则小球的动能大,可得出结论:速度相同时,质量越大,动能越大。
解析
【分析】
本题围绕探究动能大小影响因素的实验展开，需结合控制变量法和转换法分析：第(1)问探究动能与速度的关系，需控制小球质量相同，通过改变释放高度来改变速度；第(2)问利用转换法，通过木块被推动的距离判断小球动能大小；第(3)问分析木块滑行时的能量转化，明确动能与克服摩擦力做功的关系；第(4)问探究动能与质量的关系，需控制速度相同，同时要保证木块初始位置一致，通过木块滑行距离反映动能大小，进而得出结论。
【解析】
(1) 探究动能与速度的关系时，根据控制变量法，需保持小球质量相同，改变速度，因此应使两个质量相同的小球从轨道上不同高度由静止释放，这样小球到达水平面时的速度不同。
(2) 动能越大的小球，碰撞木块后木块滑行的距离越远，图甲中木块A滑行距离更长，说明碰撞木块前瞬间小球1的动能较大。
(3) 木块被碰撞后滑行过程中，动能全部用来克服摩擦力做功，因此碰撞后木块获得的动能等于木块克服摩擦力做的功；滑行时摩擦力做功，将木块的动能转化为内能。
(4) 实验中通过转换法，比较木块滑行的距离来反映小球动能大小；探究动能与质量的关系时，需保持木块初始位置相同，图中错误操作是未保持木块初始位置相同；改正后，图丙中质量大的小球推动木块滑行更远，说明速度相同时，质量越大，动能越大。
【答案】
(1)相同 不同 (2)1 (3)等于 内 (4)木块滑行的距离 未保持木块初始位置相同 速度相同时，质量越大，动能越大
【知识点】
动能的影响因素、控制变量法、转换法
【点评】
本题是探究动能大小影响因素的经典实验题，核心考查控制变量法和转换法的应用，需明确实验设计的逻辑：探究动能与速度关系时控制质量不变，探究与质量关系时控制速度不变，同时要注意实验中无关变量（如木块初始位置）的控制，属于中等难度的实验基础题。
【难度系数】
0.5
本题围绕探究动能大小影响因素的实验展开，需结合控制变量法和转换法分析：第(1)问探究动能与速度的关系，需控制小球质量相同，通过改变释放高度来改变速度；第(2)问利用转换法，通过木块被推动的距离判断小球动能大小；第(3)问分析木块滑行时的能量转化，明确动能与克服摩擦力做功的关系；第(4)问探究动能与质量的关系，需控制速度相同，同时要保证木块初始位置一致，通过木块滑行距离反映动能大小，进而得出结论。
【解析】
(1) 探究动能与速度的关系时，根据控制变量法，需保持小球质量相同，改变速度，因此应使两个质量相同的小球从轨道上不同高度由静止释放，这样小球到达水平面时的速度不同。
(2) 动能越大的小球，碰撞木块后木块滑行的距离越远，图甲中木块A滑行距离更长，说明碰撞木块前瞬间小球1的动能较大。
(3) 木块被碰撞后滑行过程中，动能全部用来克服摩擦力做功，因此碰撞后木块获得的动能等于木块克服摩擦力做的功；滑行时摩擦力做功，将木块的动能转化为内能。
(4) 实验中通过转换法，比较木块滑行的距离来反映小球动能大小；探究动能与质量的关系时，需保持木块初始位置相同，图中错误操作是未保持木块初始位置相同；改正后，图丙中质量大的小球推动木块滑行更远，说明速度相同时，质量越大，动能越大。
【答案】
(1)相同 不同 (2)1 (3)等于 内 (4)木块滑行的距离 未保持木块初始位置相同 速度相同时，质量越大，动能越大
【知识点】
动能的影响因素、控制变量法、转换法
【点评】
本题是探究动能大小影响因素的经典实验题，核心考查控制变量法和转换法的应用，需明确实验设计的逻辑：探究动能与速度关系时控制质量不变，探究与质量关系时控制速度不变，同时要注意实验中无关变量（如木块初始位置）的控制，属于中等难度的实验基础题。
【难度系数】
0.5
11. 在阳光明媚的“十一黄金周”期间，王老师开着他的小汽车出去旅游。他注意到在水平高速路面上以 90 km/h 的速度匀速行驶0.05 h 后，油箱显示消耗汽油 1 kg，他查了一下自己这款车的发动机效率为 30%。问:(汽油的热值是 $4.5× 10^{7}\ \mathrm{J/kg}$)
(1) 该汽车发动机的功率是多少？
(2) 该汽车发动机的牵引力是多少？
(3) 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，由此可见该汽油机的最后一个冲程一定是
(4) 若王老师的车使用这款“六冲程”汽油机，在同样消耗 1 kg 汽油的情况下，汽车可以多行驶 1.5 km，则这款“六冲程”汽油机的效率为多少？
(1) 该汽车发动机的功率是多少？
(2) 该汽车发动机的牵引力是多少？
(3) 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，由此可见该汽油机的最后一个冲程一定是
排气
冲程；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 对外做功多少次？(4) 若王老师的车使用这款“六冲程”汽油机，在同样消耗 1 kg 汽油的情况下，汽车可以多行驶 1.5 km，则这款“六冲程”汽油机的效率为多少？
答案
11. (1) $7.5×10^4\ \mathrm{W}$ (2) $3\ 000\ \mathrm{N}$ (3) 排气 30次 (4) $40\%$ 提示:(1) $Q_{\mathrm{放}}=mq=1\ \mathrm{kg}×4.5×10^7\ \mathrm{J/kg}=4.5×10^7\ \mathrm{J}$,$W_{\mathrm{有用}}=\eta Q_{\mathrm{放}}=30\%×4.5×10^7\ \mathrm{J}=1.35×10^7\ \mathrm{J}$,$P=\frac{W_{\mathrm{有用}}}{t}=\frac{1.35×10^7\ \mathrm{J}}{0.05×3\ 600\ \mathrm{s}}=7.5×10^4\ \mathrm{W}$。(2) $v=90\ \mathrm{km/h}=25\ \mathrm{m/s}$,$s=vt=25\ \mathrm{m/s}×0.05×3\ 600\ \mathrm{s}=4\ 500\ \mathrm{m}$,$F=\frac{W_{\mathrm{有用}}}{s}=\frac{1.35×10^7\ \mathrm{J}}{4\ 500\ \mathrm{m}}=3\ 000\ \mathrm{N}$。(3) $2\ 700\ \mathrm{r/min}=45\ \mathrm{r/s}$,每个工作循环转3周,对外做功2次,$1\ \mathrm{s}$对外做功次数$n=\frac{45}{3}×2=30$(次)。(4) $s'=4\ 500\ \mathrm{m}+1\ 500\ \mathrm{m}=6\ 000\ \mathrm{m}$,$W'_{\mathrm{有用}}=Fs'=3\ 000\ \mathrm{N}×6\ 000\ \mathrm{m}=1.8×10^7\ \mathrm{J}$,$\eta'=\frac{W'_{\mathrm{有用}}}{Q_{\mathrm{放}}}×100\%=\frac{1.8×10^7\ \mathrm{J}}{4.5×10^7\ \mathrm{J}}×100\%=40\%$。
解析
【分析】
本题需结合热学、力学公式及内燃机工作原理分步求解：
1. 求发动机功率：先算汽油燃烧总热量，再结合效率得有用功，最后用功率公式计算，注意时间单位换算。
2. 求牵引力：先换算速度单位，结合时间算行驶路程，再通过功的公式变形求牵引力。
3. 判断六冲程最后一个冲程：根据“做功后排出水蒸气”确定冲程；计算1s做功次数时，先换算转速，结合六冲程循环的转数与做功次数关系求解。
4. 求六冲程效率：总热量不变，先算总行驶路程，再求新有用功，最后用效率公式计算。
【解析】
(1) 汽油完全燃烧放出的热量：$Q_{\mathrm{放}}=mq=1\ \mathrm{kg}×4.5×10^7\ \mathrm{J/kg}=4.5×10^7\ \mathrm{J}$
发动机有用功：$W_{\mathrm{有用}}=\eta Q_{\mathrm{放}}=30\%×4.5×10^7\ \mathrm{J}=1.35×10^7\ \mathrm{J}$
行驶时间：$t=0.05\ \mathrm{h}=0.05×3600\ \mathrm{s}=180\ \mathrm{s}$
发动机功率：$P=\frac{W_{\mathrm{有用}}}{t}=\frac{1.35×10^7\ \mathrm{J}}{180\ \mathrm{s}}=7.5×10^4\ \mathrm{W}$
(2) 速度单位换算：$v=90\ \mathrm{km/h}=25\ \mathrm{m/s}$
行驶路程：$s=vt=25\ \mathrm{m/s}×180\ \mathrm{s}=4500\ \mathrm{m}$
牵引力：$F=\frac{W_{\mathrm{有用}}}{s}=\frac{1.35×10^7\ \mathrm{J}}{4500\ \mathrm{m}}=3000\ \mathrm{N}$
(3) 水蒸气做功后需排出，故最后一个冲程为排气冲程；
转速换算：$2700\ \mathrm{r/min}=45\ \mathrm{r/s}$，六冲程每3转做功2次，1s做功次数：$\frac{45}{3}×2=30$次
(4) 总行驶路程：$s'=4500\ \mathrm{m}+1500\ \mathrm{m}=6000\ \mathrm{m}$
新有用功：$W'_{\mathrm{有用}}=Fs'=3000\ \mathrm{N}×6000\ \mathrm{m}=1.8×10^7\ \mathrm{J}$
六冲程效率：$\eta'=\frac{W'_{\mathrm{有用}}}{Q_{\mathrm{放}}}×100\%=\frac{1.8×10^7\ \mathrm{J}}{4.5×10^7\ \mathrm{J}}×100\%=40\%$
【答案】
(1) $7.5×10^4\ \mathrm{W}$；(2) $3000\ \mathrm{N}$；(3) 排气，30次；(4) $40\%$
【知识点】
热机效率、功率计算、内燃机工作原理
【点评】
本题综合热学与力学知识，涉及单位换算、公式变形及内燃机工作过程理解，步骤较多，需理清物理量关系，对细心程度有一定要求。
【难度系数】
0.5
本题需结合热学、力学公式及内燃机工作原理分步求解：
1. 求发动机功率：先算汽油燃烧总热量，再结合效率得有用功，最后用功率公式计算，注意时间单位换算。
2. 求牵引力：先换算速度单位，结合时间算行驶路程，再通过功的公式变形求牵引力。
3. 判断六冲程最后一个冲程：根据“做功后排出水蒸气”确定冲程；计算1s做功次数时，先换算转速，结合六冲程循环的转数与做功次数关系求解。
4. 求六冲程效率：总热量不变，先算总行驶路程，再求新有用功，最后用效率公式计算。
【解析】
(1) 汽油完全燃烧放出的热量：$Q_{\mathrm{放}}=mq=1\ \mathrm{kg}×4.5×10^7\ \mathrm{J/kg}=4.5×10^7\ \mathrm{J}$
发动机有用功：$W_{\mathrm{有用}}=\eta Q_{\mathrm{放}}=30\%×4.5×10^7\ \mathrm{J}=1.35×10^7\ \mathrm{J}$
行驶时间：$t=0.05\ \mathrm{h}=0.05×3600\ \mathrm{s}=180\ \mathrm{s}$
发动机功率：$P=\frac{W_{\mathrm{有用}}}{t}=\frac{1.35×10^7\ \mathrm{J}}{180\ \mathrm{s}}=7.5×10^4\ \mathrm{W}$
(2) 速度单位换算：$v=90\ \mathrm{km/h}=25\ \mathrm{m/s}$
行驶路程：$s=vt=25\ \mathrm{m/s}×180\ \mathrm{s}=4500\ \mathrm{m}$
牵引力：$F=\frac{W_{\mathrm{有用}}}{s}=\frac{1.35×10^7\ \mathrm{J}}{4500\ \mathrm{m}}=3000\ \mathrm{N}$
(3) 水蒸气做功后需排出，故最后一个冲程为排气冲程；
转速换算：$2700\ \mathrm{r/min}=45\ \mathrm{r/s}$，六冲程每3转做功2次，1s做功次数：$\frac{45}{3}×2=30$次
(4) 总行驶路程：$s'=4500\ \mathrm{m}+1500\ \mathrm{m}=6000\ \mathrm{m}$
新有用功：$W'_{\mathrm{有用}}=Fs'=3000\ \mathrm{N}×6000\ \mathrm{m}=1.8×10^7\ \mathrm{J}$
六冲程效率：$\eta'=\frac{W'_{\mathrm{有用}}}{Q_{\mathrm{放}}}×100\%=\frac{1.8×10^7\ \mathrm{J}}{4.5×10^7\ \mathrm{J}}×100\%=40\%$
【答案】
(1) $7.5×10^4\ \mathrm{W}$；(2) $3000\ \mathrm{N}$；(3) 排气，30次；(4) $40\%$
【知识点】
热机效率、功率计算、内燃机工作原理
【点评】
本题综合热学与力学知识，涉及单位换算、公式变形及内燃机工作过程理解，步骤较多，需理清物理量关系，对细心程度有一定要求。
【难度系数】
0.5
