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9. 跨学科实践 工程实践「2026山西朔州平鲁期中，★★☆」我国古人曾发明一种点火器，以牛角为套筒，把艾绒黏附在木质推杆前端，其结构如图所示，取火时一只手握住套筒，另一只手向内猛推推杆，推杆前端的艾绒就会被点燃，艾绒被点燃的过程与选项图中四冲程汽油机的哪个冲程的能量转化相同（
A
）答案
9.A 猛推推杆时,推杆对筒内的空气做功,机械能转化为内能,筒内空气温度升高,点燃艾绒。这一过程与四冲程汽油机的压缩冲程的能量转化相同,A是压缩冲程,B是排气冲程,C是做功冲程,D是吸气冲程,故 A 符合题意。
解析
【分析】首先明确取火过程的能量转化：猛推推杆时，推杆对套筒内的空气做功，将机械能转化为空气的内能，使空气温度升高，点燃艾绒，该过程能量转化为机械能→内能。接着回忆四冲程汽油机各冲程的特点及能量转化：压缩冲程气门均关闭、活塞向上运动，能量转化为机械能→内能；做功冲程气门均关闭、活塞向下运动，能量转化为内能→机械能；吸气冲程进气门打开、活塞向下，排气冲程排气门打开、活塞向上，均无上述能量转化。再逐一分析选项：A图气门关闭、活塞向上，是压缩冲程；B图排气门打开、活塞向上，是排气冲程；C图气门关闭、活塞向下且火花塞点火，是做功冲程；D图进气门打开、活塞向下，是吸气冲程，因此选A。
【解析】1. 取火过程的能量转化：向内猛推推杆，推杆对套筒内的空气做功，机械能转化为空气的内能，空气内能增加、温度升高，达到艾绒着火点使其点燃，即能量转化为机械能转化为内能。2. 四冲程汽油机的冲程分析：压缩冲程：气门均关闭，活塞向上运动，机械能转化为内能；排气冲程：排气门打开，活塞向上运动，排出废气；做功冲程：气门均关闭，活塞向下运动，火花塞点火，内能转化为机械能；吸气冲程：进气门打开，活塞向下运动，吸入混合气。3. 选项判断：A为压缩冲程，能量转化与取火过程一致；B为排气冲程，C为做功冲程，D为吸气冲程，均不符合要求，故答案为A。
【答案】A
【知识点】汽油机四冲程、能量转化、做功改变内能
【点评】本题为跨学科实践题，结合古代取火装置与汽油机冲程，考查做功改变内能的原理及汽油机各冲程的特点，需准确区分四冲程的气门状态和活塞运动方向，理解能量转化的对应关系，难度适中。
【难度系数】0.5
【解析】1. 取火过程的能量转化：向内猛推推杆，推杆对套筒内的空气做功，机械能转化为空气的内能，空气内能增加、温度升高，达到艾绒着火点使其点燃，即能量转化为机械能转化为内能。2. 四冲程汽油机的冲程分析：压缩冲程：气门均关闭，活塞向上运动，机械能转化为内能；排气冲程：排气门打开，活塞向上运动，排出废气；做功冲程：气门均关闭，活塞向下运动，火花塞点火，内能转化为机械能；吸气冲程：进气门打开，活塞向下运动，吸入混合气。3. 选项判断：A为压缩冲程，能量转化与取火过程一致；B为排气冲程，C为做功冲程，D为吸气冲程，均不符合要求，故答案为A。
【答案】A
【知识点】汽油机四冲程、能量转化、做功改变内能
【点评】本题为跨学科实践题，结合古代取火装置与汽油机冲程，考查做功改变内能的原理及汽油机各冲程的特点，需准确区分四冲程的气门状态和活塞运动方向，理解能量转化的对应关系，难度适中。
【难度系数】0.5
10.「2026江西上饶月考，★★☆」做同样多的有用功，甲、乙两柴油机所用时间和消耗的柴油质量如表所示，下列说法中正确的是（
A.甲的功率小，热机效率低
B.乙做的总功多，热机效率低
C.甲做的总功多，做功快
D.消耗相同质量的柴油，乙做的有用功多
B
）A.甲的功率小，热机效率低
B.乙做的总功多，热机效率低
C.甲做的总功多，做功快
D.消耗相同质量的柴油，乙做的有用功多
答案
10.B 由表格数据可知,完成工作量相同,两者做的有用功相同,甲所用时间大于乙所用时间,则甲的功率较小;做同样多的有用功,甲消耗柴油较少,乙消耗柴油较多,则乙做的额外功较多,故做的总功较多,由$\eta=\frac{W_{有用}}{W_{总}}$可知,乙的热机效率较低,故 A、C 错误,B 正确;消耗相同质量的柴油,乙做的有用功少,故 D 错误。
解析
【分析】
要解决本题，需明确：完成相同工作量时，甲、乙的有用功相同；功率反映做功快慢，公式为$P=\frac{W}{t}$；热机效率$\eta=\frac{W_{有用}}{W_{总}}$，总功等于柴油完全燃烧释放的热量（$Q_{放}=mq$，柴油热值相同，总功与消耗柴油质量成正比）。结合表格数据，先比较功率，再通过有用功和总功的关系判断热机效率，逐一分析选项即可。
【解析】
由表格可知，甲、乙完成的工作量相同，即有用功$W_{有用}$相同。
1. 功率比较：根据功率公式$P=\frac{W}{t}$，$W$相同，甲的时间$t_{甲}=3h$，乙的时间$t_{乙}=2h$，因$t_{甲}＞t_{乙}$，故$P_{甲}=\frac{W}{3h}＜P_{乙}=\frac{W}{2h}$，即甲的功率小，乙的功率大。
2. 总功与热机效率：总功等于柴油完全燃烧释放的热量，即$W_{总}=Q_{放}=mq$，柴油热值$q$相同，总功与消耗柴油质量成正比。甲消耗柴油$5kg$，乙消耗$6kg$，故$W_{总甲}＜W_{总乙}$。热机效率$\eta=\frac{W_{有用}}{W_{总}}$，$W_{有用}$相同，$W_{总}$越大，效率越低，因此乙的热机效率低，甲的热机效率高。
对选项逐一判断：
A选项：甲功率小，但甲效率高，A错误；
B选项：乙消耗柴油多，总功多，效率低，B正确；
C选项：甲总功少，功率小（做功慢），C错误；
D选项：消耗相同柴油，$Q_{放}$相同，乙效率低，故乙做的有用功少，D错误。
【答案】
B
【知识点】
热机效率、功率计算
【点评】
本题综合考查功率和热机效率的应用，核心是理解有用功、总功的关系，结合公式分析表格数据，难度适中，需注意区分功率和效率的物理意义。
【难度系数】
0.5
要解决本题，需明确：完成相同工作量时，甲、乙的有用功相同；功率反映做功快慢，公式为$P=\frac{W}{t}$；热机效率$\eta=\frac{W_{有用}}{W_{总}}$，总功等于柴油完全燃烧释放的热量（$Q_{放}=mq$，柴油热值相同，总功与消耗柴油质量成正比）。结合表格数据，先比较功率，再通过有用功和总功的关系判断热机效率，逐一分析选项即可。
【解析】
由表格可知，甲、乙完成的工作量相同，即有用功$W_{有用}$相同。
1. 功率比较：根据功率公式$P=\frac{W}{t}$，$W$相同，甲的时间$t_{甲}=3h$，乙的时间$t_{乙}=2h$，因$t_{甲}＞t_{乙}$，故$P_{甲}=\frac{W}{3h}＜P_{乙}=\frac{W}{2h}$，即甲的功率小，乙的功率大。
2. 总功与热机效率：总功等于柴油完全燃烧释放的热量，即$W_{总}=Q_{放}=mq$，柴油热值$q$相同，总功与消耗柴油质量成正比。甲消耗柴油$5kg$，乙消耗$6kg$，故$W_{总甲}＜W_{总乙}$。热机效率$\eta=\frac{W_{有用}}{W_{总}}$，$W_{有用}$相同，$W_{总}$越大，效率越低，因此乙的热机效率低，甲的热机效率高。
对选项逐一判断：
A选项：甲功率小，但甲效率高，A错误；
B选项：乙消耗柴油多，总功多，效率低，B正确；
C选项：甲总功少，功率小（做功慢），C错误；
D选项：消耗相同柴油，$Q_{放}$相同，乙效率低，故乙做的有用功少，D错误。
【答案】
B
【知识点】
热机效率、功率计算
【点评】
本题综合考查功率和热机效率的应用，核心是理解有用功、总功的关系，结合公式分析表格数据，难度适中，需注意区分功率和效率的物理意义。
【难度系数】
0.5
11.「2026江西上饶广信月考，★★☆」如表所示是常温常压下一些常见物质的比热容，结合表中数据，下列说法正确的是（
A.沿海地区通常比内陆地区昼夜温差小，原因之一是水的比热容比砂石的比热容大
B.一杯水倒出一半，杯内剩余水的比热容变小
C.1 kg 的水升高或降低相同的温度，吸收或放出的热量不同
D.吸收相同热量的铜块和铅块，若升高相同温度，则铜块与铅块的质量之比为88：39
A
）A.沿海地区通常比内陆地区昼夜温差小，原因之一是水的比热容比砂石的比热容大
B.一杯水倒出一半，杯内剩余水的比热容变小
C.1 kg 的水升高或降低相同的温度，吸收或放出的热量不同
D.吸收相同热量的铜块和铅块，若升高相同温度，则铜块与铅块的质量之比为88：39
答案
11.A 沿海地区通常比内陆地区昼夜温差小,原因之一是水的比热容比砂石的比热容大,吸收或放出相同热量,水的温度变化量较小,故 A 正确;比热容是物质的一种特性,与质量无关,所以一杯水倒出一半,杯内剩余水的比热容不变,故 B 错误;由$Q=cm\Delta t$可知,1 kg 的水升高或降低相同的温度,吸收或放出的热量相同,故 C 错误;由表格数据可知,常温常压下,铜与铅的比热容之比为 3:1,由$Q=cm\Delta t$可知,吸收相同热量的铜块和铅块,若升高相同温度,则铜块与铅块的质量之比为 1:3,故 D 错误。
解析
【分析】
本题考查比热容的特性及热量公式的应用，需结合比热容的定义、热量计算公式$Q=cm\Delta t$逐一分析选项：比热容是物质的固有特性，与质量等因素无关；热量计算中，当$Q$、$m$、$\Delta t$变化时，可通过公式推导各物理量的关系。
【解析】
选项A：沿海地区多水，内陆地区多砂石。水的比热容比砂石大，根据$Q=cm\Delta t$，相同质量的水和砂石吸收或放出相同热量时，水的温度变化$\Delta t$更小，因此沿海地区昼夜温差更小，A正确。
选项B：比热容是物质的特性，仅与物质种类和状态有关，与质量无关。一杯水倒出一半，剩余水的比热容不变，B错误。
选项C：对于1kg的水，质量$m$固定，比热容$c$固定，根据$Q=cm\Delta t$，升高或降低相同温度$\Delta t$时，吸收或放出的热量$Q$相同，C错误。
选项D：由表格得$c_{铜}=0.39×10^3 J/(kg·℃)$，$c_{铅}=0.13×10^3 J/(kg·℃)$，则$c_{铜}:c_{铅}=3:1$。已知$Q_{铜}=Q_{铅}$、$\Delta t_{铜}=\Delta t_{铅}$，由$Q=cm\Delta t$变形得$m=\frac{Q}{c\Delta t}$，因此$\frac{m_{铜}}{m_{铅}}=\frac{\frac{Q}{c_{铜}\Delta t}}{\frac{Q}{c_{铅}\Delta t}}=\frac{c_{铅}}{c_{铜}}=\frac{1}{3}$，即铜块与铅块质量比为$1:3$，D错误。
【答案】
A
【知识点】
比热容特性、热量计算公式$Q=cm\Delta t$
【点评】
本题结合常见物质比热容表格，考查比热容的概念理解与热量公式的应用，需学生熟练掌握比热容的特性及公式变形，属于基础应用类题目，难度适中。
【难度系数】
0.6
本题考查比热容的特性及热量公式的应用，需结合比热容的定义、热量计算公式$Q=cm\Delta t$逐一分析选项：比热容是物质的固有特性，与质量等因素无关；热量计算中，当$Q$、$m$、$\Delta t$变化时，可通过公式推导各物理量的关系。
【解析】
选项A：沿海地区多水，内陆地区多砂石。水的比热容比砂石大，根据$Q=cm\Delta t$，相同质量的水和砂石吸收或放出相同热量时，水的温度变化$\Delta t$更小，因此沿海地区昼夜温差更小，A正确。
选项B：比热容是物质的特性，仅与物质种类和状态有关，与质量无关。一杯水倒出一半，剩余水的比热容不变，B错误。
选项C：对于1kg的水，质量$m$固定，比热容$c$固定，根据$Q=cm\Delta t$，升高或降低相同温度$\Delta t$时，吸收或放出的热量$Q$相同，C错误。
选项D：由表格得$c_{铜}=0.39×10^3 J/(kg·℃)$，$c_{铅}=0.13×10^3 J/(kg·℃)$，则$c_{铜}:c_{铅}=3:1$。已知$Q_{铜}=Q_{铅}$、$\Delta t_{铜}=\Delta t_{铅}$，由$Q=cm\Delta t$变形得$m=\frac{Q}{c\Delta t}$，因此$\frac{m_{铜}}{m_{铅}}=\frac{\frac{Q}{c_{铜}\Delta t}}{\frac{Q}{c_{铅}\Delta t}}=\frac{c_{铅}}{c_{铜}}=\frac{1}{3}$，即铜块与铅块质量比为$1:3$，D错误。
【答案】
A
【知识点】
比热容特性、热量计算公式$Q=cm\Delta t$
【点评】
本题结合常见物质比热容表格，考查比热容的概念理解与热量公式的应用，需学生熟练掌握比热容的特性及公式变形，属于基础应用类题目，难度适中。
【难度系数】
0.6
