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二、填空题
吸收的热量
6. (2024·连云港模拟)如图甲所示,一段粗糙程度相同的水平面和一个光滑的圆弧槽在B 点处相连,质量为 m 的物体从离水平面高$h=1\ \mathrm{m}$的 A 点由静止释放,最后静止于水平面上的 C 点,BC 长为 2 m。如图乙所示,若在水平面上的 D 点处再连接一个光滑的圆弧槽,且 BD 长为 0.3 m,物体从 A点由静止释放,第一次到达左侧圆弧槽的 E点,之后再下滑。物体在 BC 段运动时,能量的转化情况是
吸收的热量
6. (2024·连云港模拟)如图甲所示,一段粗糙程度相同的水平面和一个光滑的圆弧槽在B 点处相连,质量为 m 的物体从离水平面高$h=1\ \mathrm{m}$的 A 点由静止释放,最后静止于水平面上的 C 点,BC 长为 2 m。如图乙所示,若在水平面上的 D 点处再连接一个光滑的圆弧槽,且 BD 长为 0.3 m,物体从 A点由静止释放,第一次到达左侧圆弧槽的 E点,之后再下滑。物体在 BC 段运动时,能量的转化情况是
动能转化为内能
;E 点的高度为0.85
m,最后物体静止于水平面上的位置距 B 点0.2
m。答案
6. 动能转化为内能 0.85 0.2 提示:圆弧槽光滑,物块从$A$点到$B$点重力做功$W_B=Gh=mgh$,物块在水平面上克服摩擦力做功$W_1=fs_{BC}=W_B=mgh$,则$fs_{BC}=mgh$,得$f=\frac{mgh}{s_{BC}}$;图乙中,物块在$BD$段克服摩擦力做功$W_2=fs_{BD}=\frac{mgh}{s_{BC}}· s_{BD}$,到达$E$点时,物块克服重力做功$W_E=W_B-W_2=mgh-\frac{mgh}{s_{BC}}· s_{BD}$,又$W_E=mgh_E$,则$mgh_E=mgh-\frac{mgh}{s_{BC}}· s_{BD}$,得$h_E=h-\frac{hs_{BD}}{s_{BC}}=1\ \mathrm{m}-\frac{1\ \mathrm{m}×0.3\ \mathrm{m}}{2\ \mathrm{m}}=0.85\ \mathrm{m}$;设经过$n$个$BD$将物体在$B$点具有的能量消耗完,$n=\frac{W_B}{W_2}=\frac{mgh}{\frac{mgh}{s_{BC}}s_{BD}}=\frac{s_{BC}}{s_{BD}}=\frac{2\ \mathrm{m}}{0.3\ \mathrm{m}}=6\frac{2}{3}$,最后物体静止时,距$B$点$s'=\frac{2}{3}×0.3\ \mathrm{m}=0.2\ \mathrm{m}$。
解析
【分析】
要解决本题，需分三步思考：①物体在粗糙水平面运动时，摩擦力做功使机械能转化为内能；②利用图甲中物体从A到C的能量关系求出摩擦力，再结合图乙中A到E的能量守恒计算E点高度；③根据总能量全部克服摩擦力做功，算出物体静止时距B点的距离。
【解析】
1. 物体在BC段运动时，水平面粗糙，摩擦力对物体做功，物体的动能逐渐减小，转化为内能，故能量转化为动能转化为内能。
2. 计算E点高度：
图甲中，物体从A点（高$h=1\ \mathrm{m}$）由静止释放到C点静止，重力势能全部用于克服BC段摩擦力做功，即 $mgh = f s_{BC}$，代入 $s_{BC}=2\ \mathrm{m}$，得 $f = \frac{mgh}{s_{BC}}$。
图乙中，圆弧槽光滑，物体从A到E过程中无能量损失，克服BD段摩擦力做功后，剩余重力势能对应E点高度。克服BD段摩擦力做功 $W_f = f s_{BD} = \frac{mgh}{s_{BC}} · s_{BD}$，E点重力势能 $mgh_E = mgh - W_f$，代入数据：
$mgh_E = mg×1 - \frac{mg×1×0.3}{2}$，约去$mg$得 $h_E = 1 - \frac{0.3}{2} = 0.85\ \mathrm{m}$。
3. 计算静止位置距B点的距离：
物体总重力势能为 $mgh$，全部用于克服水平面上摩擦力做功，设总路程为$s$，则 $mgh = f s$，代入$f$得 $s = \frac{mgh}{f} = s_{BC} = 2\ \mathrm{m}$。水平面上每经过$0.3\ \mathrm{m}$（BD段）消耗的能量对应 $f×0.3$，总共有 $n = \frac{s_{BC}}{s_{BD}} = \frac{2}{0.3} = 6\frac{2}{3}$ 个BD段，剩余 $\frac{2}{3}$ 个BD段，故静止时距B点距离为 $\frac{2}{3}×0.3 = 0.2\ \mathrm{m}$。
【答案】
动能转化为内能；0.85；0.2
【知识点】
能量转化、功的计算、机械能守恒
【点评】
本题结合能量转化与功的计算，利用能量守恒分析光滑圆弧和粗糙水平面的能量变化，关键是建立重力势能与摩擦力做功的关系，考查学生的综合应用能力，难度适中。
【难度系数】
0.6
要解决本题，需分三步思考：①物体在粗糙水平面运动时，摩擦力做功使机械能转化为内能；②利用图甲中物体从A到C的能量关系求出摩擦力，再结合图乙中A到E的能量守恒计算E点高度；③根据总能量全部克服摩擦力做功，算出物体静止时距B点的距离。
【解析】
1. 物体在BC段运动时，水平面粗糙，摩擦力对物体做功，物体的动能逐渐减小，转化为内能，故能量转化为动能转化为内能。
2. 计算E点高度：
图甲中，物体从A点（高$h=1\ \mathrm{m}$）由静止释放到C点静止，重力势能全部用于克服BC段摩擦力做功，即 $mgh = f s_{BC}$，代入 $s_{BC}=2\ \mathrm{m}$，得 $f = \frac{mgh}{s_{BC}}$。
图乙中，圆弧槽光滑，物体从A到E过程中无能量损失，克服BD段摩擦力做功后，剩余重力势能对应E点高度。克服BD段摩擦力做功 $W_f = f s_{BD} = \frac{mgh}{s_{BC}} · s_{BD}$，E点重力势能 $mgh_E = mgh - W_f$，代入数据：
$mgh_E = mg×1 - \frac{mg×1×0.3}{2}$，约去$mg$得 $h_E = 1 - \frac{0.3}{2} = 0.85\ \mathrm{m}$。
3. 计算静止位置距B点的距离：
物体总重力势能为 $mgh$，全部用于克服水平面上摩擦力做功，设总路程为$s$，则 $mgh = f s$，代入$f$得 $s = \frac{mgh}{f} = s_{BC} = 2\ \mathrm{m}$。水平面上每经过$0.3\ \mathrm{m}$（BD段）消耗的能量对应 $f×0.3$，总共有 $n = \frac{s_{BC}}{s_{BD}} = \frac{2}{0.3} = 6\frac{2}{3}$ 个BD段，剩余 $\frac{2}{3}$ 个BD段，故静止时距B点距离为 $\frac{2}{3}×0.3 = 0.2\ \mathrm{m}$。
【答案】
动能转化为内能；0.85；0.2
【知识点】
能量转化、功的计算、机械能守恒
【点评】
本题结合能量转化与功的计算，利用能量守恒分析光滑圆弧和粗糙水平面的能量变化，关键是建立重力势能与摩擦力做功的关系，考查学生的综合应用能力，难度适中。
【难度系数】
0.6
7.（2025·南京建邺模拟）用两套如图甲所示的相同装置，完成课本实验①“探究不同物质吸热升温现象”和实验②“比较质量相等的不同燃料燃烧时放出的热量”。实验①②中燃料点燃直至燃尽，烧杯内液体的温度随时间变化的图像均如图乙所示（不计热损失）。若图像一、二为实验②的数据所绘，则两种燃料的热值之比为
2:1
。若图像一、二为实验①的数据所绘，则两种物质比热容之比为1:4
。答案
7. $2:1$ $1:4$ 提示:图像一对应的物质升高$\Delta t_1=50\ °\mathrm{C}-30\ °\mathrm{C}=20\ °\mathrm{C}$,图像二对应的物质升高$\Delta t_2=40\ °\mathrm{C}-30\ °\mathrm{C}=10\ °\mathrm{C}$,由$Q=cm\Delta t$知$Q_{\mathrm{吸}1}:Q_{\mathrm{吸}2}=20\ °\mathrm{C}:10\ °\mathrm{C}=2:1$,即$Q_{\mathrm{放}1}:Q_{\mathrm{放}2}=2:1$。因燃料质量相同,有$q_1:q_2=\frac{Q_{\mathrm{放}1}}{m}:\frac{Q_{\mathrm{放}2}}{m}=Q_{\mathrm{放}1}:Q_{\mathrm{放}2}=2:1$。若图像一、二为实验①,则当温度都从$30\ °\mathrm{C}$加热到$40\ °\mathrm{C}$时,液体1加热$10\ \min$,液体2加热$40\ \min$,因吸热之比等于加热时间之比,故$c_1:c_2=\frac{Q'_{\mathrm{吸}1}}{m'\Delta t}:\frac{Q'_{\mathrm{吸}2}}{m'\Delta t}=Q'_{\mathrm{吸}1}:Q'_{\mathrm{吸}2}=1:4$。
解析
【分析】
要解决本题，需先明确两个实验的核心原理：实验②是比较不同燃料的热值，此时被加热的是同种液体（质量相同），燃料质量相同，完全燃烧放出的热量全部被液体吸收（不计热损失），因此燃料的热值之比等于液体吸收热量之比，而液体吸收热量由温度变化量决定；实验①是比较不同物质的比热容，此时燃料相同，相同时间放出热量相同，因此相同时间内液体吸收热量相同，比热容之比由吸收热量之比和温度变化量之比决定。需分别对应两种实验场景，结合图像读取温度变化、加热时间等数据，利用热量公式推导比值。
【解析】
1. 若图像一、二为实验②（比较不同燃料的热值）：
实验②中，燃料质量相同，完全燃烧放出的热量 $ Q_{\mathrm{放}} = Q_{\mathrm{吸}} $（不计热损失）。被加热的液体为同种物质，质量 $ m $ 相同，根据 $ Q_{\mathrm{吸}} = cm\Delta t $，可得 $ Q_{\mathrm{放}} $ 与 $ \Delta t $ 成正比。
图像一的温度变化 $ \Delta t_1 = 50°\mathrm{C} - 30°\mathrm{C} = 20°\mathrm{C} $，图像二的温度变化 $ \Delta t_2 = 40°\mathrm{C} - 30°\mathrm{C} = 10°\mathrm{C} $，因此 $ Q_{\mathrm{放1}}:Q_{\mathrm{放2}} = \Delta t_1:\Delta t_2 = 2:1 $。
由热值公式 $ q = \frac{Q_{\mathrm{放}}}{m} $，燃料质量 $ m $ 相同，故 $ q_1:q_2 = Q_{\mathrm{放1}}:Q_{\mathrm{放2}} = 2:1 $。
2. 若图像一、二为实验①（比较不同物质的比热容）：
实验①中，燃料相同，相同时间内放出的热量相同，因此相同时间内液体吸收的热量相同。当两种液体温度都从 $ 30°\mathrm{C} $ 升高到 $ 40°\mathrm{C} $（$ \Delta t $ 相同）时，图像一的加热时间为10min，图像二的加热时间为40min，故吸收热量之比 $ Q_{\mathrm{吸1}}:Q_{\mathrm{吸2}} = 10:40 = 1:4 $。
由比热容公式 $ c = \frac{Q_{\mathrm{吸}}}{m\Delta t} $，液体质量 $ m $ 相同，$ \Delta t $ 相同，因此 $ c_1:c_2 = Q_{\mathrm{吸1}}:Q_{\mathrm{吸2}} = 1:4 $。
【答案】
$ 2:1 $；$ 1:4 $
【知识点】
比热容；热值
【点评】
本题考查比热容和热值的实验探究，需准确区分两个实验的原理与变量，结合图像数据利用热量公式推导比值，是对实验原理和公式应用的综合考查，易混淆实验条件是解题关键。
【难度系数】
0.5
要解决本题，需先明确两个实验的核心原理：实验②是比较不同燃料的热值，此时被加热的是同种液体（质量相同），燃料质量相同，完全燃烧放出的热量全部被液体吸收（不计热损失），因此燃料的热值之比等于液体吸收热量之比，而液体吸收热量由温度变化量决定；实验①是比较不同物质的比热容，此时燃料相同，相同时间放出热量相同，因此相同时间内液体吸收热量相同，比热容之比由吸收热量之比和温度变化量之比决定。需分别对应两种实验场景，结合图像读取温度变化、加热时间等数据，利用热量公式推导比值。
【解析】
1. 若图像一、二为实验②（比较不同燃料的热值）：
实验②中，燃料质量相同，完全燃烧放出的热量 $ Q_{\mathrm{放}} = Q_{\mathrm{吸}} $（不计热损失）。被加热的液体为同种物质，质量 $ m $ 相同，根据 $ Q_{\mathrm{吸}} = cm\Delta t $，可得 $ Q_{\mathrm{放}} $ 与 $ \Delta t $ 成正比。
图像一的温度变化 $ \Delta t_1 = 50°\mathrm{C} - 30°\mathrm{C} = 20°\mathrm{C} $，图像二的温度变化 $ \Delta t_2 = 40°\mathrm{C} - 30°\mathrm{C} = 10°\mathrm{C} $，因此 $ Q_{\mathrm{放1}}:Q_{\mathrm{放2}} = \Delta t_1:\Delta t_2 = 2:1 $。
由热值公式 $ q = \frac{Q_{\mathrm{放}}}{m} $，燃料质量 $ m $ 相同，故 $ q_1:q_2 = Q_{\mathrm{放1}}:Q_{\mathrm{放2}} = 2:1 $。
2. 若图像一、二为实验①（比较不同物质的比热容）：
实验①中，燃料相同，相同时间内放出的热量相同，因此相同时间内液体吸收的热量相同。当两种液体温度都从 $ 30°\mathrm{C} $ 升高到 $ 40°\mathrm{C} $（$ \Delta t $ 相同）时，图像一的加热时间为10min，图像二的加热时间为40min，故吸收热量之比 $ Q_{\mathrm{吸1}}:Q_{\mathrm{吸2}} = 10:40 = 1:4 $。
由比热容公式 $ c = \frac{Q_{\mathrm{吸}}}{m\Delta t} $，液体质量 $ m $ 相同，$ \Delta t $ 相同，因此 $ c_1:c_2 = Q_{\mathrm{吸1}}:Q_{\mathrm{吸2}} = 1:4 $。
【答案】
$ 2:1 $；$ 1:4 $
【知识点】
比热容；热值
【点评】
本题考查比热容和热值的实验探究，需准确区分两个实验的原理与变量，结合图像数据利用热量公式推导比值，是对实验原理和公式应用的综合考查，易混淆实验条件是解题关键。
【难度系数】
0.5
8. (2024·成都新都模拟)市场上曾热销一种“55 度杯”，称“能很快将开水变成适饮的温水，而后又能将凉水变成适饮的温水”。为破解此中秘密，物理小组设计了如图所示模型。此模型杯内胆中封存着 300 g 水，室温 20 ℃，现向杯中倒入 200 g、100 ℃的开水，摇一摇，热平衡后杯内水温迅速降至$t_{1}=\_\_\_\_\_\_°\mathrm{C}$，热水放出的热量为J。然后将杯内水倒掉，迅速将 200 g 室温下某液态物质倒入该杯，摇一摇，这种液态物质的温度可升至$44 \,°\mathrm{C}$，则这种液态物质的比热容为$\mathrm{J}/(\mathrm{kg}·°\mathrm{C})$，这种物质吸收的热量为。$[c_{\mathrm{水}}=4.2× 10^{3}\, \mathrm{J}/(\mathrm{kg}·°\mathrm{C})$，忽略整个过程中内胆及空间的热损失]
答案
8. 52 $4.032×10^4$ $2.1×10^3$ $1.008×10^4\ \mathrm{J}$ 提示:$Q_{\mathrm{放}}=cm_1(t-t_1)$,$Q_{\mathrm{吸}}=cm_2(t_1-t_0)$;$Q_{\mathrm{放}}=Q_{\mathrm{吸}}$,即$4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg· °C)}×0.2\ \mathrm{kg}×(100\ °\mathrm{C}-t_1)=4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg· °C)}×0.3\ \mathrm{kg}×(t_1-20\ °\mathrm{C})$,解得$t_1=52\ °\mathrm{C}$;$Q_{\mathrm{放}}=cm_1(t-t_1)=4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg· °C)}×0.2\ \mathrm{kg}×(100\ °\mathrm{C}-52\ °\mathrm{C})=4.032×10^4\ \mathrm{J}$;放入液体后,$Q'_{\mathrm{吸}}=Q'_{\mathrm{放}}=cm_2\Delta t=4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg· °C)}×0.3\ \mathrm{kg}×(52\ °\mathrm{C}-44\ °\mathrm{C})=1.008×10^4\ \mathrm{J}$,$c_{\mathrm{液}}=\frac{Q'_{\mathrm{吸}}}{m_{\mathrm{液}}\Delta t'}=\frac{1.008×10^4\ \mathrm{J}}{0.2\ \mathrm{kg}×(44\ °\mathrm{C}-20\ °\mathrm{C})}=2.1×10^3\ \mathrm{J/(kg· °C)}$。
解析
【分析】
本题考查热平衡方程的应用，不计热损失时，高温物体放出的热量等于低温物体吸收的热量。解题时需先明确各物体的质量、初温，利用热平衡方程计算混合后的温度，再结合热量公式计算热量和比热容，注意质量单位需换算为kg。
【解析】
1. 计算热平衡后水温$t_1$：
热水质量$m_1=200\ \mathrm{g}=0.2\ \mathrm{kg}$，初温$t_{\mathrm{热}}=100°\mathrm{C}$；内胆中水的质量$m_2=300\ \mathrm{g}=0.3\ \mathrm{kg}$，初温$t_{\mathrm{冷}}=20°\mathrm{C}$。不计热损失，$Q_{\mathrm{放}}=Q_{\mathrm{吸}}$，即：
$c_{\mathrm{水}}m_1(t_{\mathrm{热}}-t_1)=c_{\mathrm{水}}m_2(t_1-t_{\mathrm{冷}})$
约去$c_{\mathrm{水}}$后代入数据：
$0.2\ \mathrm{kg}×(100°\mathrm{C}-t_1)=0.3\ \mathrm{kg}×(t_1-20°\mathrm{C})$
展开整理得：$20-0.2t_1=0.3t_1-6$，解得$t_1=52°\mathrm{C}$。
2. 计算热水放出的热量：
$Q_{\mathrm{放}}=c_{\mathrm{水}}m_1(t_{\mathrm{热}}-t_1)=4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg·°\mathrm{C})}×0.2\ \mathrm{kg}×(100°\mathrm{C}-52°\mathrm{C})=4.032×10^4\ \mathrm{J}$
3. 计算液态物质吸收的热量：
内胆中剩余的水放出的热量等于液态物质吸收的热量，即：
$Q_{\mathrm{吸液}}=Q_{\mathrm{放水}}=c_{\mathrm{水}}m_2(t_1-t_{\mathrm{液初}})=4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg·°\mathrm{C})}×0.3\ \mathrm{kg}×(52°\mathrm{C}-44°\mathrm{C})=1.008×10^4\ \mathrm{J}$
4. 计算液态物质的比热容：
液态物质质量$m_{\mathrm{液}}=200\ \mathrm{g}=0.2\ \mathrm{kg}$，温度变化$\Delta t_{\mathrm{液}}=44°\mathrm{C}-20°\mathrm{C}=24°\mathrm{C}$，由$Q_{\mathrm{吸}}=c_{\mathrm{液}}m_{\mathrm{液}}\Delta t_{\mathrm{液}}$得：
$c_{\mathrm{液}}=\frac{Q_{\mathrm{吸液}}}{m_{\mathrm{液}}\Delta t_{\mathrm{液}}}=\frac{1.008×10^4\ \mathrm{J}}{0.2\ \mathrm{kg}×24°\mathrm{C}}=2.1×10^3\ \mathrm{J/(kg·°\mathrm{C})}$
【答案】
52；$4.032×10^4$；$2.1×10^3$；$1.008×10^4\ \mathrm{J}$
【知识点】
热平衡方程、热量计算、比热容
【点评】
本题结合生活实例考查热学核心知识，关键是理解“不计热损失时$Q_{\mathrm{放}}=Q_{\mathrm{吸}}$”，需注意质量单位换算，是热学基础应用题，难度适中。
【难度系数】
0.3
本题考查热平衡方程的应用，不计热损失时，高温物体放出的热量等于低温物体吸收的热量。解题时需先明确各物体的质量、初温，利用热平衡方程计算混合后的温度，再结合热量公式计算热量和比热容，注意质量单位需换算为kg。
【解析】
1. 计算热平衡后水温$t_1$：
热水质量$m_1=200\ \mathrm{g}=0.2\ \mathrm{kg}$，初温$t_{\mathrm{热}}=100°\mathrm{C}$；内胆中水的质量$m_2=300\ \mathrm{g}=0.3\ \mathrm{kg}$，初温$t_{\mathrm{冷}}=20°\mathrm{C}$。不计热损失，$Q_{\mathrm{放}}=Q_{\mathrm{吸}}$，即：
$c_{\mathrm{水}}m_1(t_{\mathrm{热}}-t_1)=c_{\mathrm{水}}m_2(t_1-t_{\mathrm{冷}})$
约去$c_{\mathrm{水}}$后代入数据：
$0.2\ \mathrm{kg}×(100°\mathrm{C}-t_1)=0.3\ \mathrm{kg}×(t_1-20°\mathrm{C})$
展开整理得：$20-0.2t_1=0.3t_1-6$，解得$t_1=52°\mathrm{C}$。
2. 计算热水放出的热量：
$Q_{\mathrm{放}}=c_{\mathrm{水}}m_1(t_{\mathrm{热}}-t_1)=4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg·°\mathrm{C})}×0.2\ \mathrm{kg}×(100°\mathrm{C}-52°\mathrm{C})=4.032×10^4\ \mathrm{J}$
3. 计算液态物质吸收的热量：
内胆中剩余的水放出的热量等于液态物质吸收的热量，即：
$Q_{\mathrm{吸液}}=Q_{\mathrm{放水}}=c_{\mathrm{水}}m_2(t_1-t_{\mathrm{液初}})=4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg·°\mathrm{C})}×0.3\ \mathrm{kg}×(52°\mathrm{C}-44°\mathrm{C})=1.008×10^4\ \mathrm{J}$
4. 计算液态物质的比热容：
液态物质质量$m_{\mathrm{液}}=200\ \mathrm{g}=0.2\ \mathrm{kg}$，温度变化$\Delta t_{\mathrm{液}}=44°\mathrm{C}-20°\mathrm{C}=24°\mathrm{C}$，由$Q_{\mathrm{吸}}=c_{\mathrm{液}}m_{\mathrm{液}}\Delta t_{\mathrm{液}}$得：
$c_{\mathrm{液}}=\frac{Q_{\mathrm{吸液}}}{m_{\mathrm{液}}\Delta t_{\mathrm{液}}}=\frac{1.008×10^4\ \mathrm{J}}{0.2\ \mathrm{kg}×24°\mathrm{C}}=2.1×10^3\ \mathrm{J/(kg·°\mathrm{C})}$
【答案】
52；$4.032×10^4$；$2.1×10^3$；$1.008×10^4\ \mathrm{J}$
【知识点】
热平衡方程、热量计算、比热容
【点评】
本题结合生活实例考查热学核心知识，关键是理解“不计热损失时$Q_{\mathrm{放}}=Q_{\mathrm{吸}}$”，需注意质量单位换算，是热学基础应用题，难度适中。
【难度系数】
0.3
三、解答题
9. 蹦床是一项好看又惊险的运动。如图甲所示为运动员在蹦床运动中完成某个动作的示意图，图中虚线 PQ 是弹性蹦床的原始位置，A 为运动员下落的位置，B 为运动员刚抵达蹦床时的位置，C 为运动员抵达的最低点。
(1) 不考虑空气阻力和运动员与蹦床作用时的机械能损失，下列说法正确的是
A. 运动员从 A 点运动到 C 点，机械能一定不减小
B. 运动员从 B 点运动到 C 点，动能不断减小
C. 运动员从 A 点运动到 B 点，重力做功变快
D. 运动员在 C 点受力平衡
(2) 请在图乙中画出运动员从 A 点运动到C 点的过程中，动能 $E_{\mathrm{k}}$ 随运动距离 $s$变化的大致关系图像。
9. 蹦床是一项好看又惊险的运动。如图甲所示为运动员在蹦床运动中完成某个动作的示意图，图中虚线 PQ 是弹性蹦床的原始位置，A 为运动员下落的位置，B 为运动员刚抵达蹦床时的位置，C 为运动员抵达的最低点。
(1) 不考虑空气阻力和运动员与蹦床作用时的机械能损失，下列说法正确的是
C
。A. 运动员从 A 点运动到 C 点，机械能一定不减小
B. 运动员从 B 点运动到 C 点，动能不断减小
C. 运动员从 A 点运动到 B 点，重力做功变快
D. 运动员在 C 点受力平衡
(2) 请在图乙中画出运动员从 A 点运动到C 点的过程中，动能 $E_{\mathrm{k}}$ 随运动距离 $s$变化的大致关系图像。
答案
9. (1) C (2) 如图所示
提示:(1) 运动员与蹦床发生接触后,蹦床发生弹性形变,运动员的机械能转化为蹦床的弹性势能;运动员从$B$点运动到$C$点,先是重力大于弹力,再是重力等于弹力,最后重力小于弹力,速度先变大后变小,运动员的动能先变大后变小;运动员从$A$点运动到$B$点,速度逐渐变大,重力不变,由$P=Fv$知重力做功的功率变大,做功变快;运动员在$C$点时,受到的弹力大于重力,受力不平衡。(2) 运动员从$A$点下降至$B$点的过程中,重力势能转化为动能,动能逐渐变大;从$B$点继续下降至$C$点的过程中,动能先变大后变小,最后动能全部转化为蹦床的弹性势能。
解析
【分析】
要解决本题，需分阶段分析运动员的运动过程：(1) 对各选项逐一分析，结合机械能转化、动能变化、功率、受力平衡的知识判断；(2) 分析从A到C的动能变化，分A→B、B→C两个阶段，B→C阶段再细分加速、减速过程，从而确定动能随运动距离的变化规律。
【解析】
(1) 选项分析：
A选项：运动员从A到B，只受重力，机械能守恒；从B到C，运动员与蹦床接触，蹦床弹性形变增大，运动员的机械能转化为蹦床的弹性势能，因此运动员的机械能减小，A错误。
B选项：从B到C，开始时蹦床弹力小于重力，合力向下，运动员加速，动能增大；当弹力等于重力时，速度最大，动能最大；之后弹力大于重力，合力向上，运动员减速，动能减小，故动能先增大后减小，B错误。
C选项：从A到B，运动员做加速运动，速度v逐渐增大，重力做功的功率$P=mgv$，$mg$不变，$v$增大，功率变大，即重力做功变快，C正确。
D选项：C是最低点，此时蹦床弹力大于重力，合力向上，运动员受力不平衡，D错误。故(1)选C。
(2) 动能变化规律：
A→B：运动员只受重力，加速下落，重力势能转化为动能，动能$E_k$随$s$增大而逐渐增大；
B→C：初始阶段弹力小于重力，运动员仍加速，$E_k$继续增大；当弹力等于重力时，$E_k$达到最大值；之后弹力大于重力，运动员减速，$E_k$逐渐减小，直到C点。因此$E_k$随$s$的变化图像是从A出发上升，到B后继续上升至最高点，再下降至C点，与参考图一致。
【答案】
(1) C；(2) 图像如参考图所示
【知识点】
机械能转化、动能变化、受力分析、功率
【点评】
本题结合蹦床运动考查力学综合知识，需分阶段分析运动过程，易错点是B到C阶段动能的变化（易误判为一直减小），以及受力平衡的判断，对学生的过程分析能力要求较高。
【难度系数】
0.5
要解决本题，需分阶段分析运动员的运动过程：(1) 对各选项逐一分析，结合机械能转化、动能变化、功率、受力平衡的知识判断；(2) 分析从A到C的动能变化，分A→B、B→C两个阶段，B→C阶段再细分加速、减速过程，从而确定动能随运动距离的变化规律。
【解析】
(1) 选项分析：
A选项：运动员从A到B，只受重力，机械能守恒；从B到C，运动员与蹦床接触，蹦床弹性形变增大，运动员的机械能转化为蹦床的弹性势能，因此运动员的机械能减小，A错误。
B选项：从B到C，开始时蹦床弹力小于重力，合力向下，运动员加速，动能增大；当弹力等于重力时，速度最大，动能最大；之后弹力大于重力，合力向上，运动员减速，动能减小，故动能先增大后减小，B错误。
C选项：从A到B，运动员做加速运动，速度v逐渐增大，重力做功的功率$P=mgv$，$mg$不变，$v$增大，功率变大，即重力做功变快，C正确。
D选项：C是最低点，此时蹦床弹力大于重力，合力向上，运动员受力不平衡，D错误。故(1)选C。
(2) 动能变化规律：
A→B：运动员只受重力，加速下落，重力势能转化为动能，动能$E_k$随$s$增大而逐渐增大；
B→C：初始阶段弹力小于重力，运动员仍加速，$E_k$继续增大；当弹力等于重力时，$E_k$达到最大值；之后弹力大于重力，运动员减速，$E_k$逐渐减小，直到C点。因此$E_k$随$s$的变化图像是从A出发上升，到B后继续上升至最高点，再下降至C点，与参考图一致。
【答案】
(1) C；(2) 图像如参考图所示
【知识点】
机械能转化、动能变化、受力分析、功率
【点评】
本题结合蹦床运动考查力学综合知识，需分阶段分析运动过程，易错点是B到C阶段动能的变化（易误判为一直减小），以及受力平衡的判断，对学生的过程分析能力要求较高。
【难度系数】
0.5
