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5. 下列现象中，与“水的比热容较大”这个特点无关的是 （
A.人游泳之后从水中出来，风一吹感觉更冷
B.海边昼夜温差比沙漠中小，适于居住
C.生物体内水的比例很高，有助于调节生物自身的温度
D.楼房中的“暖气”用水作介质，把燃料燃烧时产生的热量带到房屋中取暖
A
）A.人游泳之后从水中出来，风一吹感觉更冷
B.海边昼夜温差比沙漠中小，适于居住
C.生物体内水的比例很高，有助于调节生物自身的温度
D.楼房中的“暖气”用水作介质，把燃料燃烧时产生的热量带到房屋中取暖
答案
5. A 解析:人游泳后从水中出来,身体上的水蒸发吸收身体的热量,使身体温度降低,人感觉更冷,这属于汽化现象,与水的比热容无关,A符合题意;海边昼夜温差小是因为水的比热容大,水吸热或放热时温度变化更小,与水的比热容有关,B不符合题意;生物体调节自身的温度时,因为体内水的比热容大,身体吸收或释放较多热量时体温变化小,与水的比热容有关,C不符合题意;"暖气"用水作介质是因为水的比热容大,相同质量的水和其他液体相比较,降低相同温度时可放出更多热量,与水的比热容有关,D不符合题意.
解析
【分析】
这道题要求选出与“水的比热容较大”特点无关的现象，解题时首先要明确水的比热容大的核心特性：相同质量的水和其他物质相比，吸放相同热量时温度变化更小，升降相同温度时能吸收或放出更多热量。我们可以先梳理该特性的常见应用场景，再逐一分析每个选项的热现象原理，排除利用水比热容大特点的选项，剩下的就是符合题意的答案。
【解析】
我们先明确水的比热容较大的核心性质：质量相同的水和其他物质相比，吸收（或放出）相等的热量时，水的温度升高（或降低）的幅度更小；升高（或降低）相等的温度时，水可以吸收（或放出）更多的热量。接下来逐个分析选项：
1. 分析A选项：人游泳后从水中出来，体表附着大量水，风一吹会加快水表面的空气流动速度，加速水的蒸发（汽化），蒸发过程会吸收人体的热量，让人体温度快速降低，人感觉更冷，该现象属于汽化吸热，和水的比热容较大的特点无关。
2. 分析B选项：海边分布大量水体，沙漠以砂石为主，砂石的比热容远小于水。白天吸收相同的太阳辐射热量，水升温比砂石慢；夜晚放出相同热量，水降温比砂石慢，因此海边昼夜温差远小于沙漠，该现象利用了水的比热容大的特点，不符合题意。
3. 分析C选项：生物体内水的占比很高，由于水的比热容大，当环境温度发生变化时，生物体吸收或释放较多热量的情况下，自身温度的变化幅度很小，可以起到调节体温的作用，该特性和水的比热容大有关，不符合题意。
4. 分析D选项：暖气用水作为传热介质，是利用了水的比热容大的特点，相同质量的水和其他传热介质相比，降低相同温度时可以放出更多的热量，取暖效果更好，不符合题意。
综上，只有A选项的现象和水的比热容较大无关。
【答案】
A
【知识点】
水的比热容的应用；汽化吸热
【点评】
本题属于热学基础概念辨析题，重点考查学生对水的比热容大的特性对应的生活应用的理解，同时区分容易混淆的水的汽化吸热现象，引导学生准确区分不同热现象的本质原理，避免把水的其他热学特性和比热容特性混淆。
【难度系数】
0.8
这道题要求选出与“水的比热容较大”特点无关的现象，解题时首先要明确水的比热容大的核心特性：相同质量的水和其他物质相比，吸放相同热量时温度变化更小，升降相同温度时能吸收或放出更多热量。我们可以先梳理该特性的常见应用场景，再逐一分析每个选项的热现象原理，排除利用水比热容大特点的选项，剩下的就是符合题意的答案。
【解析】
我们先明确水的比热容较大的核心性质：质量相同的水和其他物质相比，吸收（或放出）相等的热量时，水的温度升高（或降低）的幅度更小；升高（或降低）相等的温度时，水可以吸收（或放出）更多的热量。接下来逐个分析选项：
1. 分析A选项：人游泳后从水中出来，体表附着大量水，风一吹会加快水表面的空气流动速度，加速水的蒸发（汽化），蒸发过程会吸收人体的热量，让人体温度快速降低，人感觉更冷，该现象属于汽化吸热，和水的比热容较大的特点无关。
2. 分析B选项：海边分布大量水体，沙漠以砂石为主，砂石的比热容远小于水。白天吸收相同的太阳辐射热量，水升温比砂石慢；夜晚放出相同热量，水降温比砂石慢，因此海边昼夜温差远小于沙漠，该现象利用了水的比热容大的特点，不符合题意。
3. 分析C选项：生物体内水的占比很高，由于水的比热容大，当环境温度发生变化时，生物体吸收或释放较多热量的情况下，自身温度的变化幅度很小，可以起到调节体温的作用，该特性和水的比热容大有关，不符合题意。
4. 分析D选项：暖气用水作为传热介质，是利用了水的比热容大的特点，相同质量的水和其他传热介质相比，降低相同温度时可以放出更多的热量，取暖效果更好，不符合题意。
综上，只有A选项的现象和水的比热容较大无关。
【答案】
A
【知识点】
水的比热容的应用；汽化吸热
【点评】
本题属于热学基础概念辨析题，重点考查学生对水的比热容大的特性对应的生活应用的理解，同时区分容易混淆的水的汽化吸热现象，引导学生准确区分不同热现象的本质原理，避免把水的其他热学特性和比热容特性混淆。
【难度系数】
0.8
1. 2022年6月5日,中国载人航天飞船神舟十四号发射成功.如图所示,飞船在空中加速上升时的能量转化是（
A.飞船的动能转化为重力势能,动能减小
B.飞船的重力势能转化为动能,重力势能减小
C.燃料燃烧产生的内能转化为飞船的机械能
D.没有发生能量的转化,飞船的机械能不变
C
）A.飞船的动能转化为重力势能,动能减小
B.飞船的重力势能转化为动能,重力势能减小
C.燃料燃烧产生的内能转化为飞船的机械能
D.没有发生能量的转化,飞船的机械能不变
答案
1. C 解析:飞船在空中加速上升时,飞船的质量不变,速度增大,动能增大,高度增大,重力势能增大,A、B错误;机械能为动能与势能的和,所以飞船的机械能增大,燃料燃烧产生的内能转化为飞船的机械能,C正确,D错误.
解析
【分析】
我们可以分两步逐步推导判断：第一步先根据动能、重力势能的影响因素，判断飞船上升过程中动能和重力势能的变化：动能和物体质量、速度有关，重力势能和物体质量、高度有关，飞船质量不变，加速说明速度变大，上升说明高度变大，因此动能、重力势能都增大，直接排除描述动能减小的A选项、描述重力势能减小的B选项。第二步分析总机械能和能量来源：机械能是动能与势能的总和，两个能量都增大，说明飞船机械能变大，不可能没有能量转化，排除D选项。最后结合火箭发射的原理，飞船上升的动力来自燃料燃烧释放的内能，内能最终转化为飞船的机械能，即可确定正确选项。
【解析】
解：
1. 分析动能、重力势能变化：飞船加速上升时，质量不变，速度增大，动能增大；高度升高，重力势能增大，因此A选项“动能减小”、B选项“重力势能减小”的说法错误。
2. 分析能量转化与机械能变化：机械能为动能和重力势能之和，飞船的动能、重力势能均增大，因此飞船的机械能增大。该过程中燃料燃烧将化学能转化为内能，内能再转化为飞船的机械能，因此C选项描述正确，D选项“没有发生能量转化，飞船的机械能不变”的说法错误。
综上，答案选C。
【答案】
C
【知识点】
动能的影响因素，重力势能的影响因素，能量的转化
【点评】
本题属于能量相关的基础应用题，易错点是容易误将飞船上升场景等同于物体仅受重力的上抛场景，错认为是动能和重力势能相互转化，忽略飞船的动力来自燃料燃烧，该过程飞船的机械能是持续增加的，不属于机械能守恒的情况。
【难度系数】
0.8
我们可以分两步逐步推导判断：第一步先根据动能、重力势能的影响因素，判断飞船上升过程中动能和重力势能的变化：动能和物体质量、速度有关，重力势能和物体质量、高度有关，飞船质量不变，加速说明速度变大，上升说明高度变大，因此动能、重力势能都增大，直接排除描述动能减小的A选项、描述重力势能减小的B选项。第二步分析总机械能和能量来源：机械能是动能与势能的总和，两个能量都增大，说明飞船机械能变大，不可能没有能量转化，排除D选项。最后结合火箭发射的原理，飞船上升的动力来自燃料燃烧释放的内能，内能最终转化为飞船的机械能，即可确定正确选项。
【解析】
解：
1. 分析动能、重力势能变化：飞船加速上升时，质量不变，速度增大，动能增大；高度升高，重力势能增大，因此A选项“动能减小”、B选项“重力势能减小”的说法错误。
2. 分析能量转化与机械能变化：机械能为动能和重力势能之和，飞船的动能、重力势能均增大，因此飞船的机械能增大。该过程中燃料燃烧将化学能转化为内能，内能再转化为飞船的机械能，因此C选项描述正确，D选项“没有发生能量转化，飞船的机械能不变”的说法错误。
综上，答案选C。
【答案】
C
【知识点】
动能的影响因素，重力势能的影响因素，能量的转化
【点评】
本题属于能量相关的基础应用题，易错点是容易误将飞船上升场景等同于物体仅受重力的上抛场景，错认为是动能和重力势能相互转化，忽略飞船的动力来自燃料燃烧，该过程飞船的机械能是持续增加的，不属于机械能守恒的情况。
【难度系数】
0.8
2.（2025·南京）下列事例中改变内能的方式与其他三个不同的是 （
A.弯折铁丝
B.压缩空气
C.点火后盒盖飞出
D.勺子在热汤中升温
D
）A.弯折铁丝
B.压缩空气
C.点火后盒盖飞出
D.勺子在热汤中升温
答案
2. D 解析:弯折铁丝、压缩空气、点火后盒盖飞出都是通过做功的方式来改变物体内能的;勺子在热汤中升温是通过热传递的方式来改变物体内能的.D符合题意.
解析
【分析】
解题时首先要明确改变物体内能的两种途径：做功和热传递，其中做功的本质是其他形式的能量和内能之间的相互转化，热传递的本质是内能在不同物体间发生转移。接下来逐个判断四个选项的内能改变方式：先看A弯折铁丝，是人对铁丝做功，机械能转化为铁丝的内能，属于做功改变内能；B压缩空气，活塞对筒内空气做功，机械能转化为空气的内能，属于做功改变内能；C点火后盒盖飞出，是盒内的燃气对盒盖做功，燃气的内能转化为盒盖的机械能，也属于做功改变内能；D勺子在热汤中升温，是热量从高温的热汤转移到低温的勺子，属于热传递改变内能。对比后就能发现，只有D的改变方式和另外三个不同。
【解析】
解：改变物体内能的方式有做功和热传递两种：
1. 选项A：弯折铁丝时，手对铁丝做功，铁丝内能增加、温度升高，是通过做功的方式改变物体内能。
2. 选项B：压缩空气的过程中，活塞对筒内空气做功，空气内能增大，是通过做功的方式改变物体内能。
3. 选项C：点火后盒盖飞出，盒内燃气对盒盖做功，燃气内能减小、转化为盒盖的机械能，是通过做功的方式改变物体内能。
4. 选项D：勺子在热汤中升温，高温的热汤将内能传递给低温的勺子，使勺子温度升高，是通过热传递的方式改变物体内能。
综上，A、B、C均为做功改变内能，只有D是热传递改变内能，与其他三个的方式不同。
【答案】
D
【知识点】
内能的改变方式；做功改变内能；热传递改变内能
【点评】
本题属于热学基础题，核心考点是区分做功和热传递这两种改变内能的方式，解题的核心判断依据是看过程是发生了能量的转化还是单纯的内能转移，要注意无论是外界对物体做功，还是物体对外界做功，都属于做功改变内能的范畴，避免误判C选项的改变方式。
【难度系数】
0.8
解题时首先要明确改变物体内能的两种途径：做功和热传递，其中做功的本质是其他形式的能量和内能之间的相互转化，热传递的本质是内能在不同物体间发生转移。接下来逐个判断四个选项的内能改变方式：先看A弯折铁丝，是人对铁丝做功，机械能转化为铁丝的内能，属于做功改变内能；B压缩空气，活塞对筒内空气做功，机械能转化为空气的内能，属于做功改变内能；C点火后盒盖飞出，是盒内的燃气对盒盖做功，燃气的内能转化为盒盖的机械能，也属于做功改变内能；D勺子在热汤中升温，是热量从高温的热汤转移到低温的勺子，属于热传递改变内能。对比后就能发现，只有D的改变方式和另外三个不同。
【解析】
解：改变物体内能的方式有做功和热传递两种：
1. 选项A：弯折铁丝时，手对铁丝做功，铁丝内能增加、温度升高，是通过做功的方式改变物体内能。
2. 选项B：压缩空气的过程中，活塞对筒内空气做功，空气内能增大，是通过做功的方式改变物体内能。
3. 选项C：点火后盒盖飞出，盒内燃气对盒盖做功，燃气内能减小、转化为盒盖的机械能，是通过做功的方式改变物体内能。
4. 选项D：勺子在热汤中升温，高温的热汤将内能传递给低温的勺子，使勺子温度升高，是通过热传递的方式改变物体内能。
综上，A、B、C均为做功改变内能，只有D是热传递改变内能，与其他三个的方式不同。
【答案】
D
【知识点】
内能的改变方式；做功改变内能；热传递改变内能
【点评】
本题属于热学基础题，核心考点是区分做功和热传递这两种改变内能的方式，解题的核心判断依据是看过程是发生了能量的转化还是单纯的内能转移，要注意无论是外界对物体做功，还是物体对外界做功，都属于做功改变内能的范畴，避免误判C选项的改变方式。
【难度系数】
0.8
3. (2024·临沂)2024年4月20日,我国研制的全球首款本体热效率达53.09%的柴油机正式亮相世界内燃机大会,刷新了柴油机热效率的世界纪录.下列内燃机的四个冲程中,汽缸内气体的内能最小的是
（
（
D
）答案
3. D 解析:D选项为吸气冲程,此时燃料和空气的混合气体被吸入汽缸,气体温度较低,内能较小;C选项为压缩冲程,此时活塞对气体做功,机械能转化为气体的内能,汽缸内气体内能增加;A选项为做功冲程,此时混合气体燃烧产生高温、高压气体,汽缸内气体的内能很大;B选项为排气冲程,此时汽缸内的高温废气被排出;综上所述,吸气冲程中的气体内能最小.D正确.
解析
【分析】
这道题可以分两步完成解题：第一步先掌握内燃机冲程的判断方法，通过“气门开闭状态+活塞运动方向”两个特征，先把四个图对应的冲程逐一识别出来；第二步再结合每个冲程的能量变化、缸内气体的温度特征，对比四个冲程的气体内能大小，最终筛选出内能最小的选项。判断冲程的基础规则是：两个气门都关闭时，活塞上行是压缩冲程、火花塞点火且活塞下行是做功冲程；仅单个气门打开时，进气门开启为吸气冲程，排气门开启为排气冲程，再结合内能随温度升高而增大的规律，就能顺理推出结果。
【解析】
我们逐个对四个图的冲程和缸内气体内能进行分析：
1. 图A：两个气门全部关闭，火花塞正在点火，活塞向下运动，属于做功冲程。此时柴油剧烈燃烧释放大量能量，汽缸内生成高温高压燃气，缸内气体内能很大。
2. 图B：排气门打开，进气门关闭，活塞向上运动，属于排气冲程。此时向外排出的是做功结束后的高温废气，缸内剩余气体温度较高，内能较大。
3. 图C：两个气门全部关闭，火花塞未点火，活塞向上运动，属于压缩冲程。活塞对缸内气体做功，将机械能转化为气体的内能，气体内能持续升高。
4. 图D：进气门打开，排气门关闭，活塞向下运动，属于吸气冲程。此时缸内吸入的是温度较低的新鲜空气，是四个冲程中缸内气体温度最低、内能最小的状态。
综上，汽缸内气体的内能最小的是D选项。
【答案】D
【知识点】内燃机冲程判断，内能变化
【点评】本题结合我国最新的热效率柴油机科研成果作为命题背景，同时考察四冲程内燃机的识别和内能变化规律两个核心考点，易错点是部分同学会误判排气冲程内能最小，解题时要理清四个冲程的内能变化逻辑：吸气冲程刚进入的常温气体，是整个工作循环初始阶段内能最低的状态。
【难度系数】0.7
这道题可以分两步完成解题：第一步先掌握内燃机冲程的判断方法，通过“气门开闭状态+活塞运动方向”两个特征，先把四个图对应的冲程逐一识别出来；第二步再结合每个冲程的能量变化、缸内气体的温度特征，对比四个冲程的气体内能大小，最终筛选出内能最小的选项。判断冲程的基础规则是：两个气门都关闭时，活塞上行是压缩冲程、火花塞点火且活塞下行是做功冲程；仅单个气门打开时，进气门开启为吸气冲程，排气门开启为排气冲程，再结合内能随温度升高而增大的规律，就能顺理推出结果。
【解析】
我们逐个对四个图的冲程和缸内气体内能进行分析：
1. 图A：两个气门全部关闭，火花塞正在点火，活塞向下运动，属于做功冲程。此时柴油剧烈燃烧释放大量能量，汽缸内生成高温高压燃气，缸内气体内能很大。
2. 图B：排气门打开，进气门关闭，活塞向上运动，属于排气冲程。此时向外排出的是做功结束后的高温废气，缸内剩余气体温度较高，内能较大。
3. 图C：两个气门全部关闭，火花塞未点火，活塞向上运动，属于压缩冲程。活塞对缸内气体做功，将机械能转化为气体的内能，气体内能持续升高。
4. 图D：进气门打开，排气门关闭，活塞向下运动，属于吸气冲程。此时缸内吸入的是温度较低的新鲜空气，是四个冲程中缸内气体温度最低、内能最小的状态。
综上，汽缸内气体的内能最小的是D选项。
【答案】D
【知识点】内燃机冲程判断，内能变化
【点评】本题结合我国最新的热效率柴油机科研成果作为命题背景，同时考察四冲程内燃机的识别和内能变化规律两个核心考点，易错点是部分同学会误判排气冲程内能最小，解题时要理清四个冲程的内能变化逻辑：吸气冲程刚进入的常温气体，是整个工作循环初始阶段内能最低的状态。
【难度系数】0.7
4. 一颗子弹以一定的速度水平射向静止的木块(如图甲所示),然后子弹和木块一起以某一速度开始向右摆动(如图乙所示).此过程中,子弹的动能
减小
(选填“增大”“减小”或“不变”,下同),子弹和木块的内能之和增大
.答案
4. 减小 增大 解析:当子弹和木块一起以某一速度开始向右摆动时,子弹的速度减小,动能减小;子弹在射入木块中时,要克服摩擦力做功,将一部分机械能转化为内能,故子弹与木块的内能之和增大.
解析
【分析】
我们可以分两步梳理解题思路：第一空判断子弹动能的变化，首先回忆动能的影响因素是物体的质量和速度，子弹的质量始终不变，只需要对比子弹入射前的速度和最终和木块共同运动的速度，很明显子弹射入木块后速度比初始的v1小很多，因此动能会减小。第二空判断内能之和的变化，子弹射入木块的过程中，子弹和木块之间存在滑动摩擦力，需要克服摩擦力做功，部分机械能会转化为内能，因此子弹和木块的总内能会增加。
【解析】
1. 分析子弹的动能变化：动能大小由质量和速度共同决定，子弹质量不变，射入木块后随木块一起运动，速度相比入射前明显减小，因此子弹的动能减小。
2. 分析子弹和木块的内能之和变化：子弹射入木块过程中，克服两者间的摩擦力做功，将部分机械能转化为内能，因此子弹和木块的内能之和增大。
【答案】
减小；增大
【知识点】
动能的影响因素；做功改变内能
【点评】
本题属于机械能与内能结合的基础概念题，核心考察动能的决定因素和摩擦生热的能量转化规律，解题时要注意区分子弹射入木块的碰撞过程和后续共同摆动的过程，不要忽略碰撞阶段摩擦力做功将机械能转化为内能的特点。
【难度系数】
0.8
我们可以分两步梳理解题思路：第一空判断子弹动能的变化，首先回忆动能的影响因素是物体的质量和速度，子弹的质量始终不变，只需要对比子弹入射前的速度和最终和木块共同运动的速度，很明显子弹射入木块后速度比初始的v1小很多，因此动能会减小。第二空判断内能之和的变化，子弹射入木块的过程中，子弹和木块之间存在滑动摩擦力，需要克服摩擦力做功，部分机械能会转化为内能，因此子弹和木块的总内能会增加。
【解析】
1. 分析子弹的动能变化：动能大小由质量和速度共同决定，子弹质量不变，射入木块后随木块一起运动，速度相比入射前明显减小，因此子弹的动能减小。
2. 分析子弹和木块的内能之和变化：子弹射入木块过程中，克服两者间的摩擦力做功，将部分机械能转化为内能，因此子弹和木块的内能之和增大。
【答案】
减小；增大
【知识点】
动能的影响因素；做功改变内能
【点评】
本题属于机械能与内能结合的基础概念题，核心考察动能的决定因素和摩擦生热的能量转化规律，解题时要注意区分子弹射入木块的碰撞过程和后续共同摆动的过程，不要忽略碰撞阶段摩擦力做功将机械能转化为内能的特点。
【难度系数】
0.8
5. 如图所示是我国的歼-20 隐形战斗机,该战斗机的最大起飞质量为35 t,推重比为 1.08(推重比是指飞机在海平面所受静推力与飞机起飞重力之比),发动机的能量转化效率是40%.飞机航行时所受阻力的大小与速度的关系为 $f=kv^{2}$.(g 取 10 N/kg)
(1)该战斗机在海平面以最大质量起飞时的最大静推力为
(2)当该战斗机以 600 m/s 的速度匀速直线飞行 10 min 时,发动机的功率为 $1.5×10^{5}\ \mathrm{kW},$所受阻力为
(3)油箱中航空燃油的质量为5 t,则航空燃油完全燃烧放出的热量为
(1)该战斗机在海平面以最大质量起飞时的最大静推力为
3.78×10⁵
N.(2)当该战斗机以 600 m/s 的速度匀速直线飞行 10 min 时,发动机的功率为 $1.5×10^{5}\ \mathrm{kW},$所受阻力为
2.5×10⁵
N.(3)油箱中航空燃油的质量为5 t,则航空燃油完全燃烧放出的热量为
2.2×10¹¹
J,该战斗机以 400 m/s 的速度匀速直线飞行时所能飞行的最大距离为7.92×10⁵
m.(航空燃油的热值为 $4.4×10^{7}\ \mathrm{J/kg}$)答案
5. (1)3.78×10⁵ (2)2.5×10⁵ (3)2.2×10¹¹ 7.92×10⁵ 解析:(1)该战斗机最大起飞重力G最大=m最大g=35×10³ kg×10 N/kg=3.5×10⁵ N,由题意可知,推重比是指飞机在海平面所受静推力与飞机起飞重力之比,则它在海平面以最大质量起飞时的最大静推力F推最大=1.08×G最大=1.08×3.5×10⁵ N=3.78×10⁵ N.(2)当该战斗机匀速直线飞行时,所受牵引力与阻力是一对平衡力,大小相等,则所受阻力f=F=P/v=1.5×10⁸ W /600 m/s=2.5×10⁵ N.(3)燃油完全燃烧放出的热量Q=mq=5×10³ kg×4.4×10⁷ J/kg=2.2×10¹¹ J;飞机发动机的能量转化效率是40%,则有用机械功W=40%×Q=40%×2.2×10¹¹ J=8.8×10¹⁰ J,已知当该战斗机以600 m/s的速度巡航时所受阻力为2.5×10⁵ N,由题意可知,飞机航行时所受阻力的大小与速度的平方成正比,故可得f'/f=kv'²/kv²=(400 m/s)²/(600 m/s)²=4/9,即f'=4/9 f=4/9×2.5×10⁵ N=1/9×10⁶ N,则飞机以400 m/s的速度匀速直线飞行时受到的牵引力F'=f'=1/9×10⁶ N,由W=Fs可得,飞行的最大距离s=W/F'=8.8×10¹⁰ J / (1/9×10⁶ N)=7.92×10⁵ m.
解析
【分析】
我们可以分小问逐步梳理清晰解题思路：
1. 第一问：首先通过重力公式G=mg算出战斗机最大起飞状态下的总重力，题目明确给出推重比的定义是海平面最大静推力和起飞重力的比值，直接用推重比乘以起飞重力即可得到最大静推力，注意提前将质量的吨单位换算为千克保证单位统一。
2. 第二问：战斗机匀速直线飞行时，水平方向的牵引力和阻力是一对平衡力，二者大小相等。利用功率的推导公式P=Fv，将已知的功率和速度代入，变形得到牵引力F=P/v，该数值就等于阻力大小，这里要注意把功率的kW单位换算为W，避免单位不匹配出错。
3. 第三问第一空：直接代入燃料完全燃烧放热公式Q=mq，用燃油质量乘以热值即可算出总放热量。第二空：先根据发动机的能量转化效率，算出燃油燃烧释放能量中转化为机械有用功的部分W=ηQ；再利用题目给出的阻力和速度的关系f=kv²，通过第二问已知的600m/s时的阻力，用比例法快速算出400m/s飞行时的阻力，此时匀速飞行的牵引力等于该阻力，最后根据功的公式W=Fs变形得到s=W/F'，就能算出最大飞行距离。
【解析】
(1) 计算战斗机最大起飞重力：
已知最大起飞质量$m_{\mathrm{最大}}=35\ \mathrm{t}=35×10^3\ \mathrm{kg}$，根据重力公式$G=mg$：
$G_{\mathrm{最大}} = m_{\mathrm{最大}}g = 35×10^3\ \mathrm{kg} × 10\ \mathrm{N/kg} = 3.5×10^5\ \mathrm{N}$
由推重比的定义：推重比$=\frac{F_{\mathrm{推最大}}}{G_{\mathrm{最大}}}$，因此最大静推力：
$F_{\mathrm{推最大}} = 1.08 × G_{\mathrm{最大}} = 1.08 × 3.5×10^5\ \mathrm{N} = 3.78×10^5\ \mathrm{N}$
(2) 战斗机匀速直线飞行时，牵引力与阻力二力平衡，即$f=F$。
已知发动机功率$P=1.5×10^5\ \mathrm{kW}=1.5×10^8\ \mathrm{W}$，飞行速度$v=600\ \mathrm{m/s}$，由功率推导式$P=Fv$可得：
$f = F = \frac{P}{v} = \frac{1.5×10^8\ \mathrm{W}}{600\ \mathrm{m/s}} = 2.5×10^5\ \mathrm{N}$
(3) ① 航空燃油完全燃烧放出的热量：
已知燃油质量$m_{\mathrm{油}}=5\ \mathrm{t}=5×10^3\ \mathrm{kg}$，热值$q=4.4×10^7\ \mathrm{J/kg}$，由$Q=mq$得：
$Q = m_{\mathrm{油}}q = 5×10^3\ \mathrm{kg} × 4.4×10^7\ \mathrm{J/kg} = 2.2×10^{11}\ \mathrm{J}$
② 发动机转化得到的有用机械功：
$W = \eta Q = 40\% × 2.2×10^{11}\ \mathrm{J} = 8.8×10^{10}\ \mathrm{J}$
由$f=kv^2$，可得不同速度下阻力的比值：$\frac{f'}{f} = \frac{kv'^2}{kv^2} = (\frac{v'}{v})^2$
代入$v'=400\ \mathrm{m/s}$，$v=600\ \mathrm{m/s}$，$f=2.5×10^5\ \mathrm{N}$：
$f' = f × (\frac{400}{600})^2 = 2.5×10^5\ \mathrm{N} × \frac{4}{9} = \frac{1}{9}×10^6\ \mathrm{N}$
匀速飞行时牵引力$F'=f'$，由$W=Fs$得最大飞行距离：
$s = \frac{W}{F'} = \frac{8.8×10^{10}\ \mathrm{J}}{\frac{1}{9}×10^6\ \mathrm{N}} = 7.92×10^5\ \mathrm{m}$
【答案】
(1) $3.78×10^5$ (2) $2.5×10^5$ (3) $2.2×10^{11}$；$7.92×10^5$
【知识点】
重力计算，功率与速度关系，热值与热机效率
【点评】
本题是力学与热学结合的综合应用题，以歼-20战机为情景载体，既考察了课本核心公式的基础应用，也引入了题目自定义的推重比、阻力与速度平方成正比的条件，需要学生结合所学知识灵活推导。易错点集中在单位换算、利用比例关系求解不同速度下的阻力，以及能量转化效率对应的有用功的物理意义，能很好地锻炼学生的综合分析能力。
【难度系数】
0.6
我们可以分小问逐步梳理清晰解题思路：
1. 第一问：首先通过重力公式G=mg算出战斗机最大起飞状态下的总重力，题目明确给出推重比的定义是海平面最大静推力和起飞重力的比值，直接用推重比乘以起飞重力即可得到最大静推力，注意提前将质量的吨单位换算为千克保证单位统一。
2. 第二问：战斗机匀速直线飞行时，水平方向的牵引力和阻力是一对平衡力，二者大小相等。利用功率的推导公式P=Fv，将已知的功率和速度代入，变形得到牵引力F=P/v，该数值就等于阻力大小，这里要注意把功率的kW单位换算为W，避免单位不匹配出错。
3. 第三问第一空：直接代入燃料完全燃烧放热公式Q=mq，用燃油质量乘以热值即可算出总放热量。第二空：先根据发动机的能量转化效率，算出燃油燃烧释放能量中转化为机械有用功的部分W=ηQ；再利用题目给出的阻力和速度的关系f=kv²，通过第二问已知的600m/s时的阻力，用比例法快速算出400m/s飞行时的阻力，此时匀速飞行的牵引力等于该阻力，最后根据功的公式W=Fs变形得到s=W/F'，就能算出最大飞行距离。
【解析】
(1) 计算战斗机最大起飞重力：
已知最大起飞质量$m_{\mathrm{最大}}=35\ \mathrm{t}=35×10^3\ \mathrm{kg}$，根据重力公式$G=mg$：
$G_{\mathrm{最大}} = m_{\mathrm{最大}}g = 35×10^3\ \mathrm{kg} × 10\ \mathrm{N/kg} = 3.5×10^5\ \mathrm{N}$
由推重比的定义：推重比$=\frac{F_{\mathrm{推最大}}}{G_{\mathrm{最大}}}$，因此最大静推力：
$F_{\mathrm{推最大}} = 1.08 × G_{\mathrm{最大}} = 1.08 × 3.5×10^5\ \mathrm{N} = 3.78×10^5\ \mathrm{N}$
(2) 战斗机匀速直线飞行时，牵引力与阻力二力平衡，即$f=F$。
已知发动机功率$P=1.5×10^5\ \mathrm{kW}=1.5×10^8\ \mathrm{W}$，飞行速度$v=600\ \mathrm{m/s}$，由功率推导式$P=Fv$可得：
$f = F = \frac{P}{v} = \frac{1.5×10^8\ \mathrm{W}}{600\ \mathrm{m/s}} = 2.5×10^5\ \mathrm{N}$
(3) ① 航空燃油完全燃烧放出的热量：
已知燃油质量$m_{\mathrm{油}}=5\ \mathrm{t}=5×10^3\ \mathrm{kg}$，热值$q=4.4×10^7\ \mathrm{J/kg}$，由$Q=mq$得：
$Q = m_{\mathrm{油}}q = 5×10^3\ \mathrm{kg} × 4.4×10^7\ \mathrm{J/kg} = 2.2×10^{11}\ \mathrm{J}$
② 发动机转化得到的有用机械功：
$W = \eta Q = 40\% × 2.2×10^{11}\ \mathrm{J} = 8.8×10^{10}\ \mathrm{J}$
由$f=kv^2$，可得不同速度下阻力的比值：$\frac{f'}{f} = \frac{kv'^2}{kv^2} = (\frac{v'}{v})^2$
代入$v'=400\ \mathrm{m/s}$，$v=600\ \mathrm{m/s}$，$f=2.5×10^5\ \mathrm{N}$：
$f' = f × (\frac{400}{600})^2 = 2.5×10^5\ \mathrm{N} × \frac{4}{9} = \frac{1}{9}×10^6\ \mathrm{N}$
匀速飞行时牵引力$F'=f'$，由$W=Fs$得最大飞行距离：
$s = \frac{W}{F'} = \frac{8.8×10^{10}\ \mathrm{J}}{\frac{1}{9}×10^6\ \mathrm{N}} = 7.92×10^5\ \mathrm{m}$
【答案】
(1) $3.78×10^5$ (2) $2.5×10^5$ (3) $2.2×10^{11}$；$7.92×10^5$
【知识点】
重力计算，功率与速度关系，热值与热机效率
【点评】
本题是力学与热学结合的综合应用题，以歼-20战机为情景载体，既考察了课本核心公式的基础应用，也引入了题目自定义的推重比、阻力与速度平方成正比的条件，需要学生结合所学知识灵活推导。易错点集中在单位换算、利用比例关系求解不同速度下的阻力，以及能量转化效率对应的有用功的物理意义，能很好地锻炼学生的综合分析能力。
【难度系数】
0.6
