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6. 小明看到一则新闻，若该汽车行驶过程中，牵引力保持1 400 N不变，$q_{氢}=1.4×10^8 J/kg$，求：
氢能源汽车准备开跑
跨时代核心科技——氢燃料发动机，采用全新绿色氢能源，真正实现零排放。
氢能源汽车加满5 kg氢可跑约400 km！
(1)5 kg氢完全燃烧放出的热量。
(2)该汽车行驶400 km牵引力所做的功。
(3)该汽车氢燃料发动机的效率。
(4)(质疑意识 ) 小明查阅大量资料，总结出各种内燃机的效率范围如下表所示，据此判断，(3)中算出的效率是否符合表格内容？
氢能源汽车准备开跑
跨时代核心科技——氢燃料发动机，采用全新绿色氢能源，真正实现零排放。
氢能源汽车加满5 kg氢可跑约400 km！
(1)5 kg氢完全燃烧放出的热量。
(2)该汽车行驶400 km牵引力所做的功。
(3)该汽车氢燃料发动机的效率。
(4)(
否
（选填“是”或“否”）。答案
6.【解】(1)5 kg氢完全燃烧放出的热量$Q_{放}=mq_氢=5\ \mathrm{kg}×1.4×10^8\ \mathrm{J/kg}=7×10^8\ \mathrm{J}$。
(2)牵引力所做的功$W=Fs=1\ 400\ \mathrm{N}×400×10^3\ \mathrm{m}=5.6×10^8\ \mathrm{J}$。
(3)该汽车氢燃料发动机的效率$η=\frac{W}{Q_{放}}×100\%=\frac{5.6×10^8\ \mathrm{J}}{7×10^8\ \mathrm{J}}×100\%=80\%$。
(4)否
(2)牵引力所做的功$W=Fs=1\ 400\ \mathrm{N}×400×10^3\ \mathrm{m}=5.6×10^8\ \mathrm{J}$。
(3)该汽车氢燃料发动机的效率$η=\frac{W}{Q_{放}}×100\%=\frac{5.6×10^8\ \mathrm{J}}{7×10^8\ \mathrm{J}}×100\%=80\%$。
(4)否
解析
【分析】
本题是热学与力学的综合计算题，解题思路如下：(1)计算氢完全燃烧放出的热量，需运用燃料完全燃烧放热公式$Q_{放}=mq$，代入氢的质量和热值即可；(2)计算牵引力做功，利用功的公式$W=Fs$，注意将行驶距离的单位换算为米后再代入计算；(3)热机效率是牵引力做的有用功与燃料完全燃烧放热的比值，公式为$\eta=\frac{W}{Q_{放}}×100\%$，代入前两问结果计算；(4)将计算出的效率与表格中氢燃料发动机的效率范围对比，判断是否符合。
【解析】
(1)根据燃料完全燃烧放热公式$Q_{放}=mq$，代入数据得：
$Q_{放}=5\ \mathrm{kg}×1.4×10^8\ \mathrm{J/kg}=7×10^8\ \mathrm{J}$；
(2)先换算行驶距离：$s=400\ \mathrm{km}=400×10^3\ \mathrm{m}=4×10^5\ \mathrm{m}$，根据功的公式$W=Fs$，代入数据得：
$W=1400\ \mathrm{N}×4×10^5\ \mathrm{m}=5.6×10^8\ \mathrm{J}$；
(3)根据热机效率公式$\eta=\frac{W}{Q_{放}}×100\%$，代入数据得：
$\eta=\frac{5.6×10^8\ \mathrm{J}}{7×10^8\ \mathrm{J}}×100\%=80\%$；
(4)表格中氢燃料发动机效率范围为$35\%∼50\%$，计算出的效率$80\%$不在该范围内，故填“否”。
【答案】
(1)$7×10^8\ \mathrm{J}$；(2)$5.6×10^8\ \mathrm{J}$；(3)$80\%$；(4)否
【知识点】
热值计算、功的计算、热机效率
【点评】
本题考查燃料放热、功、热机效率的基础计算，关键是掌握相关公式并注意单位换算，最后通过对比表格判断效率，培养学生的数据分析能力。
【难度系数】
0.6
本题是热学与力学的综合计算题，解题思路如下：(1)计算氢完全燃烧放出的热量，需运用燃料完全燃烧放热公式$Q_{放}=mq$，代入氢的质量和热值即可；(2)计算牵引力做功，利用功的公式$W=Fs$，注意将行驶距离的单位换算为米后再代入计算；(3)热机效率是牵引力做的有用功与燃料完全燃烧放热的比值，公式为$\eta=\frac{W}{Q_{放}}×100\%$，代入前两问结果计算；(4)将计算出的效率与表格中氢燃料发动机的效率范围对比，判断是否符合。
【解析】
(1)根据燃料完全燃烧放热公式$Q_{放}=mq$，代入数据得：
$Q_{放}=5\ \mathrm{kg}×1.4×10^8\ \mathrm{J/kg}=7×10^8\ \mathrm{J}$；
(2)先换算行驶距离：$s=400\ \mathrm{km}=400×10^3\ \mathrm{m}=4×10^5\ \mathrm{m}$，根据功的公式$W=Fs$，代入数据得：
$W=1400\ \mathrm{N}×4×10^5\ \mathrm{m}=5.6×10^8\ \mathrm{J}$；
(3)根据热机效率公式$\eta=\frac{W}{Q_{放}}×100\%$，代入数据得：
$\eta=\frac{5.6×10^8\ \mathrm{J}}{7×10^8\ \mathrm{J}}×100\%=80\%$；
(4)表格中氢燃料发动机效率范围为$35\%∼50\%$，计算出的效率$80\%$不在该范围内，故填“否”。
【答案】
(1)$7×10^8\ \mathrm{J}$；(2)$5.6×10^8\ \mathrm{J}$；(3)$80\%$；(4)否
【知识点】
热值计算、功的计算、热机效率
【点评】
本题考查燃料放热、功、热机效率的基础计算，关键是掌握相关公式并注意单位换算，最后通过对比表格判断效率，培养学生的数据分析能力。
【难度系数】
0.6
7. （新定义）[南阳期中]2025年3月30日，我国在文昌航天发射场用长征七号改运载火箭，成功将通信技术试验卫星十六号送入预定轨道。该火箭使用的YF－100液氧煤油发动机的推力约$ 1.5×10^6 $ N，燃料混合比$ m_{煤油}:m_{液氧}=1:2.6 $，航天煤油的热值为$ 4.3×10^7 $ J/kg，比冲$ I=300 $ N·s/kg。
“比冲”是衡量火箭引擎燃料的能量利用效率的一种标准量，它是火箭产生的推力乘工作时间再除以消耗掉的总燃料质量(推力单位是N，时间单位是s，质量单位是kg)。
(1)若40 t煤油完全燃烧释放热量的5%被发射台水冷系统吸收，则能将多少吨的水温度升高50 ℃?[$ c_{水}=4.2×10^3 $ J/(kg·℃),结果保留整数]
(2)YF－100液氧煤油发动机在起飞阶段工作18 s，所消耗煤油完全燃烧放出的热量是多少？
“比冲”是衡量火箭引擎燃料的能量利用效率的一种标准量，它是火箭产生的推力乘工作时间再除以消耗掉的总燃料质量(推力单位是N，时间单位是s，质量单位是kg)。
(1)若40 t煤油完全燃烧释放热量的5%被发射台水冷系统吸收，则能将多少吨的水温度升高50 ℃?[$ c_{水}=4.2×10^3 $ J/(kg·℃),结果保留整数]
(2)YF－100液氧煤油发动机在起飞阶段工作18 s，所消耗煤油完全燃烧放出的热量是多少？
答案
7.【解】(1)40 t煤油完全燃烧放出的热量$Q_{放}=mq=40×10^3\ \mathrm{kg}×4.3×10^7\ \mathrm{J/kg}=1.72×10^{12}\ \mathrm{J}$；若煤油完全燃烧释放热量的5%被发射台水冷系统吸收，则水吸收的热量$Q_{吸}=ηQ_{放}=5\%×1.72×10^{12}\ \mathrm{J}=8.6×10^{10}\ \mathrm{J}$，根据$Q_{吸}=c_{水}m_{水}Δt$可得，水的质量$m_{水}=\frac{Q_{吸}}{c_{水}Δt}=\frac{8.6×10^{10}\ \mathrm{J}}{4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}×50\ ℃}≈410\ 000\ \mathrm{kg}=410\ \mathrm{t}$。
(2)①由题知，火箭的比冲$I=300\ \mathrm{N·s/kg}$，而“比冲”是火箭产生的推力乘工作时间再除以消耗掉的总燃料质量，则$I=\frac{F×t}{m_{燃料}}=300\ \mathrm{N·s/kg}$，代入数据有$\frac{1.5×10^6\ \mathrm{N}×18\ \mathrm{s}}{m_{燃料}}=300\ \mathrm{N·s/kg}$，解得$m_{燃料}=90\ 000\ \mathrm{kg}=90\ \mathrm{t}$。
②因燃料混合比$m_{煤油}:m_{液氧}=1:2.6$，即$m_{煤油}:(m_{燃料}-m_{煤油})=1:2.6$，代入数据有$m_{煤油}:(90\ \mathrm{t}-m_{煤油})=1:2.6$，解得$m_{煤油}=25\ \mathrm{t}$。
③25 t煤油完全燃烧放出的热量$Q_{放}'=m_{煤油}q=25×10^3\ \mathrm{kg}×4.3×10^7\ \mathrm{J/kg}=1.075×10^{12}\ \mathrm{J}$。
(2)①由题知，火箭的比冲$I=300\ \mathrm{N·s/kg}$，而“比冲”是火箭产生的推力乘工作时间再除以消耗掉的总燃料质量，则$I=\frac{F×t}{m_{燃料}}=300\ \mathrm{N·s/kg}$，代入数据有$\frac{1.5×10^6\ \mathrm{N}×18\ \mathrm{s}}{m_{燃料}}=300\ \mathrm{N·s/kg}$，解得$m_{燃料}=90\ 000\ \mathrm{kg}=90\ \mathrm{t}$。
②因燃料混合比$m_{煤油}:m_{液氧}=1:2.6$，即$m_{煤油}:(m_{燃料}-m_{煤油})=1:2.6$，代入数据有$m_{煤油}:(90\ \mathrm{t}-m_{煤油})=1:2.6$，解得$m_{煤油}=25\ \mathrm{t}$。
③25 t煤油完全燃烧放出的热量$Q_{放}'=m_{煤油}q=25×10^3\ \mathrm{kg}×4.3×10^7\ \mathrm{J/kg}=1.075×10^{12}\ \mathrm{J}$。
解析
【分析】
本题分为两小问，第(1)问是常规热量计算与热平衡应用，需先利用热值公式算出煤油完全燃烧的总热量，再根据效率求出水吸收的热量，最后结合水的吸热公式计算水的质量；第(2)问需先理解新定义“比冲”的含义，利用比冲公式求出总燃料质量，再根据燃料混合比算出煤油质量，最后用热值公式计算煤油完全燃烧放出的热量。
【解析】
(1) 计算40 t煤油完全燃烧放出的热量：
煤油质量 $ m_{煤油1}=40\ \mathrm{t}=40×10^3\ \mathrm{kg} $，
由热值公式 $ Q_{放}=mq $ 得：
$ Q_{放1}=m_{煤油1}q=40×10^3\ \mathrm{kg}×4.3×10^7\ \mathrm{J/kg}=1.72×10^{12}\ \mathrm{J} $。
水吸收的热量 $ Q_{吸}=ηQ_{放1}=5\%×1.72×10^{12}\ \mathrm{J}=8.6×10^{10}\ \mathrm{J} $。
根据 $ Q_{吸}=c_{水}m_{水}Δt $，水的质量：
$ m_{水}=\frac{Q_{吸}}{c_{水}Δt}=\frac{8.6×10^{10}\ \mathrm{J}}{4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}×50\ ℃}≈410000\ \mathrm{kg}=410\ \mathrm{t} $。
(2) ① 根据比冲定义 $ I=\frac{F×t}{m_{燃料}} $，代入数据：
$ 300\ \mathrm{N·s/kg}=\frac{1.5×10^6\ \mathrm{N}×18\ \mathrm{s}}{m_{燃料}} $，
解得总燃料质量 $ m_{燃料}=\frac{1.5×10^6×18}{300}=90000\ \mathrm{kg}=90\ \mathrm{t} $。
② 燃料混合比 $ m_{煤油}:m_{液氧}=1:2.6 $，总燃料质量 $ m_{燃料}=m_{煤油}+m_{液氧}=m_{煤油}+2.6m_{煤油}=3.6m_{煤油} $，代入得：
$ 3.6m_{煤油}=90\ \mathrm{t} $，解得 $ m_{煤油}=25\ \mathrm{t} $。
③ 25 t煤油完全燃烧放出的热量：
$ Q_{放2}=m_{煤油}q=25×10^3\ \mathrm{kg}×4.3×10^7\ \mathrm{J/kg}=1.075×10^{12}\ \mathrm{J} $。
【答案】
(1) 410 t；(2) $1.075×10^{12}\ \mathrm{J}$
【知识点】
热值计算、热量公式、热平衡方程
【点评】
本题结合新定义“比冲”考查热量相关计算，需准确理解新定义含义，熟练运用热值、热量公式，是基础计算与新定义应用的综合考查。
【难度系数】
0.5
本题分为两小问，第(1)问是常规热量计算与热平衡应用，需先利用热值公式算出煤油完全燃烧的总热量，再根据效率求出水吸收的热量，最后结合水的吸热公式计算水的质量；第(2)问需先理解新定义“比冲”的含义，利用比冲公式求出总燃料质量，再根据燃料混合比算出煤油质量，最后用热值公式计算煤油完全燃烧放出的热量。
【解析】
(1) 计算40 t煤油完全燃烧放出的热量：
煤油质量 $ m_{煤油1}=40\ \mathrm{t}=40×10^3\ \mathrm{kg} $，
由热值公式 $ Q_{放}=mq $ 得：
$ Q_{放1}=m_{煤油1}q=40×10^3\ \mathrm{kg}×4.3×10^7\ \mathrm{J/kg}=1.72×10^{12}\ \mathrm{J} $。
水吸收的热量 $ Q_{吸}=ηQ_{放1}=5\%×1.72×10^{12}\ \mathrm{J}=8.6×10^{10}\ \mathrm{J} $。
根据 $ Q_{吸}=c_{水}m_{水}Δt $，水的质量：
$ m_{水}=\frac{Q_{吸}}{c_{水}Δt}=\frac{8.6×10^{10}\ \mathrm{J}}{4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}×50\ ℃}≈410000\ \mathrm{kg}=410\ \mathrm{t} $。
(2) ① 根据比冲定义 $ I=\frac{F×t}{m_{燃料}} $，代入数据：
$ 300\ \mathrm{N·s/kg}=\frac{1.5×10^6\ \mathrm{N}×18\ \mathrm{s}}{m_{燃料}} $，
解得总燃料质量 $ m_{燃料}=\frac{1.5×10^6×18}{300}=90000\ \mathrm{kg}=90\ \mathrm{t} $。
② 燃料混合比 $ m_{煤油}:m_{液氧}=1:2.6 $，总燃料质量 $ m_{燃料}=m_{煤油}+m_{液氧}=m_{煤油}+2.6m_{煤油}=3.6m_{煤油} $，代入得：
$ 3.6m_{煤油}=90\ \mathrm{t} $，解得 $ m_{煤油}=25\ \mathrm{t} $。
③ 25 t煤油完全燃烧放出的热量：
$ Q_{放2}=m_{煤油}q=25×10^3\ \mathrm{kg}×4.3×10^7\ \mathrm{J/kg}=1.075×10^{12}\ \mathrm{J} $。
【答案】
(1) 410 t；(2) $1.075×10^{12}\ \mathrm{J}$
【知识点】
热值计算、热量公式、热平衡方程
【点评】
本题结合新定义“比冲”考查热量相关计算，需准确理解新定义含义，熟练运用热值、热量公式，是基础计算与新定义应用的综合考查。
【难度系数】
0.5
