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4(2023·沈阳中考)2022－2023赛季辽宁男篮成功卫冕CBA联赛总冠军，比赛中，篮球打到篮板被弹回，说明力可以改变物体的
运动状态
；篮球下落过程中，重力势
能转化为动能。落地的篮球弹起高度逐渐降低，说明篮球的机械能变小
(填“变大”“不变”或“变小”)。答案
4.运动状态 重力势 变小
解析
【分析】
本题结合篮球运动场景考查力学基础知识点，解题思路分三步：1. 判断力的作用效果：力的作用效果包括改变物体形状和运动状态，篮球被弹回时运动方向改变，属于运动状态的改变；2. 分析能量转化：篮球下落时，质量不变，高度减小（重力势能减小）、速度增大（动能增大），由此判断能量转化；3. 判断机械能变化：篮球弹起高度逐渐降低，说明运动中需克服阻力做功，机械能转化为其他形式的能，据此判断机械能变化。
【解析】
1. 力的作用效果：篮球打到篮板被弹回，其运动方向发生改变，说明力可以改变物体的运动状态；2. 能量转化：篮球下落过程中，质量不变，高度降低，重力势能减小，速度增大，动能增大，因此重力势能转化为动能；3. 机械能变化：落地的篮球弹起高度逐渐降低，说明篮球在运动过程中不断克服空气阻力等做功，机械能转化为内能等其他形式的能，因此机械能变小。
【答案】
运动状态 重力势 变小
【知识点】
力的作用效果、机械能及其转化、动能与重力势能的转化
【点评】
本题以实际体育赛事为背景，考查力学核心基础概念，贴近生活，难度较低，需学生准确掌握相关物理概念并能结合场景分析。
【难度系数】
0.8
本题结合篮球运动场景考查力学基础知识点，解题思路分三步：1. 判断力的作用效果：力的作用效果包括改变物体形状和运动状态，篮球被弹回时运动方向改变，属于运动状态的改变；2. 分析能量转化：篮球下落时，质量不变，高度减小（重力势能减小）、速度增大（动能增大），由此判断能量转化；3. 判断机械能变化：篮球弹起高度逐渐降低，说明运动中需克服阻力做功，机械能转化为其他形式的能，据此判断机械能变化。
【解析】
1. 力的作用效果：篮球打到篮板被弹回，其运动方向发生改变，说明力可以改变物体的运动状态；2. 能量转化：篮球下落过程中，质量不变，高度降低，重力势能减小，速度增大，动能增大，因此重力势能转化为动能；3. 机械能变化：落地的篮球弹起高度逐渐降低，说明篮球在运动过程中不断克服空气阻力等做功，机械能转化为内能等其他形式的能，因此机械能变小。
【答案】
运动状态 重力势 变小
【知识点】
力的作用效果、机械能及其转化、动能与重力势能的转化
【点评】
本题以实际体育赛事为背景，考查力学核心基础概念，贴近生活，难度较低，需学生准确掌握相关物理概念并能结合场景分析。
【难度系数】
0.8
5 如图所示，同一个实心小球以同样的速度v分别沿着甲、乙两个光滑的弧槽运动，两弧槽弧形相同，弧长相等.小球到达B点的动能
等于
到达D的动能，小球通过甲弧槽的时间小于
（以上两空填“大于”“小于”或“等于”）小球通过乙弧槽的时间，图甲中小球由A到B的过程中动能的变化情况是先变大后变小
（空气阻力不计）.答案
5.等于 小于 先变大后变小
[解析]在凹形光滑弧形槽中运动的小球，在以速度v进入轨道到运动到最低点的过程中，重力势能转化为动能，速度变大，大于初速度；在从最低点运动到弧形槽末端的过程中，小球的动能转化为重力势能，速度变小，到达槽末端(B点)时，速度减小为初速度v.在凸形光滑弧形槽中运动的小球，在以速度v进入弧形槽到运动到最高点的过程中，动能转化为重力势能，运动速度减小，小于初速度；在从最高点运动到槽末端的过程中，小球的重力势能再化为动能，到达槽末端(D点)时，速度又增大到初速度v.由以上分析可知，小球到达B点的速度等于到达D点的速度，同一小球，质量相等，所以小球到达B点的动能等于到达D点的动能.在凹形光滑弧形槽中运动的小球，平均速度v甲大；在凸形光滑轨道中运动的小球，平均速度v乙小；即v乙＜v甲，因为两小球的路程s相等，由公式v=s/t知，在凹形轨道中的小球运动时间t甲小，在凸形轨道中的小球运动时间t乙大，即t乙＞t甲.题图甲中小球由A到B的过程中动能的变化情况是先变大后变小.
[解析]在凹形光滑弧形槽中运动的小球，在以速度v进入轨道到运动到最低点的过程中，重力势能转化为动能，速度变大，大于初速度；在从最低点运动到弧形槽末端的过程中，小球的动能转化为重力势能，速度变小，到达槽末端(B点)时，速度减小为初速度v.在凸形光滑弧形槽中运动的小球，在以速度v进入弧形槽到运动到最高点的过程中，动能转化为重力势能，运动速度减小，小于初速度；在从最高点运动到槽末端的过程中，小球的重力势能再化为动能，到达槽末端(D点)时，速度又增大到初速度v.由以上分析可知，小球到达B点的速度等于到达D点的速度，同一小球，质量相等，所以小球到达B点的动能等于到达D点的动能.在凹形光滑弧形槽中运动的小球，平均速度v甲大；在凸形光滑轨道中运动的小球，平均速度v乙小；即v乙＜v甲，因为两小球的路程s相等，由公式v=s/t知，在凹形轨道中的小球运动时间t甲小，在凸形轨道中的小球运动时间t乙大，即t乙＞t甲.题图甲中小球由A到B的过程中动能的变化情况是先变大后变小.
解析
【分析】
要解决本题，需结合机械能守恒定律分析小球在光滑弧槽中的速度变化，利用平均速度公式比较运动时间，同时根据速度变化判断动能的变化。弧槽光滑且不计空气阻力，小球机械能守恒；凹形弧槽中球先加速后减速，凸形弧槽中球先减速后加速，结合初速度可判断B、D点的速度关系，再通过平均速度与路程的关系比较运动时间，最终分析甲弧槽的动能变化。
【解析】
1. 比较B、D点的动能：
弧槽光滑，空气阻力不计，小球机械能守恒。
甲（凹形弧槽）：小球从A到最低点，重力势能转化为动能，速度增大；从最低点到B，动能转化为重力势能，速度减小，到达B点时速度等于初速度$v$。
乙（凸形弧槽）：小球从C到最高点，动能转化为重力势能，速度减小；从最高点到D，重力势能转化为动能，到达D点时速度等于初速度$v$。
同一小球质量不变，速度相等时动能相等，因此小球到达B点的动能等于到达D点的动能。
2. 比较运动时间：
甲弧槽中小球的平均速度大于初速度$v$，乙弧槽中小球的平均速度小于初速度$v$，即$\bar{v}_甲 ＞ \bar{v}_乙$。两弧槽弧长（路程）$s$相等，根据公式$t=\frac{s}{v}$，路程相同时，平均速度越大，运动时间越短，因此小球通过甲弧槽的时间小于通过乙弧槽的时间。
3. 分析甲弧槽的动能变化：
甲弧槽中小球从A到最低点时速度增大，动能变大；从最低点到B时速度减小，动能变小，因此动能变化为先变大后变小。
【答案】
等于；小于；先变大后变小
【知识点】
机械能守恒；动能与势能转化；平均速度
【点评】
本题结合机械能守恒和运动学知识，考查学生对不同轨道中物体运动的分析能力，需明确光滑轨道机械能守恒，通过速度变化判断动能和运动时间，是力学常见综合题。
【难度系数】
0.6
要解决本题，需结合机械能守恒定律分析小球在光滑弧槽中的速度变化，利用平均速度公式比较运动时间，同时根据速度变化判断动能的变化。弧槽光滑且不计空气阻力，小球机械能守恒；凹形弧槽中球先加速后减速，凸形弧槽中球先减速后加速，结合初速度可判断B、D点的速度关系，再通过平均速度与路程的关系比较运动时间，最终分析甲弧槽的动能变化。
【解析】
1. 比较B、D点的动能：
弧槽光滑，空气阻力不计，小球机械能守恒。
甲（凹形弧槽）：小球从A到最低点，重力势能转化为动能，速度增大；从最低点到B，动能转化为重力势能，速度减小，到达B点时速度等于初速度$v$。
乙（凸形弧槽）：小球从C到最高点，动能转化为重力势能，速度减小；从最高点到D，重力势能转化为动能，到达D点时速度等于初速度$v$。
同一小球质量不变，速度相等时动能相等，因此小球到达B点的动能等于到达D点的动能。
2. 比较运动时间：
甲弧槽中小球的平均速度大于初速度$v$，乙弧槽中小球的平均速度小于初速度$v$，即$\bar{v}_甲 ＞ \bar{v}_乙$。两弧槽弧长（路程）$s$相等，根据公式$t=\frac{s}{v}$，路程相同时，平均速度越大，运动时间越短，因此小球通过甲弧槽的时间小于通过乙弧槽的时间。
3. 分析甲弧槽的动能变化：
甲弧槽中小球从A到最低点时速度增大，动能变大；从最低点到B时速度减小，动能变小，因此动能变化为先变大后变小。
【答案】
等于；小于；先变大后变小
【知识点】
机械能守恒；动能与势能转化；平均速度
【点评】
本题结合机械能守恒和运动学知识，考查学生对不同轨道中物体运动的分析能力，需明确光滑轨道机械能守恒，通过速度变化判断动能和运动时间，是力学常见综合题。
【难度系数】
0.6
6 对于图中所描述的物理过程，下列分析中正确的是(
A.图甲:厚玻璃筒内的空气被压缩时,空气的质量减少
B.图乙:瓶内的空气推动塞子跳起时,瓶口白雾的形成是汽化现象
C.图丙:试管内的水蒸气推动塞子冲出时,水蒸气的内能减少
D.图丁:该过程为内燃机的压缩冲程,将机械能转化为内能
C
).A.图甲:厚玻璃筒内的空气被压缩时,空气的质量减少
B.图乙:瓶内的空气推动塞子跳起时,瓶口白雾的形成是汽化现象
C.图丙:试管内的水蒸气推动塞子冲出时,水蒸气的内能减少
D.图丁:该过程为内燃机的压缩冲程,将机械能转化为内能
答案
6.C [解析]题图甲中厚玻璃内的空气被压缩时，空气的质量不变，故A错误；题图乙中瓶子内的空气推动塞子跳起时，空气对活塞做功，内能转化为机械能，空气的内能减小，温度降低，水蒸气遇冷液化形成白雾，故B错误；题图丙试管内的水蒸气推动塞子冲出时，水蒸气的内能减小，故C正确；题图丁中汽缸内的气体推动活塞向下运动时(即做功冲程)，内能转化为机械能，气体的内能减少，故D错误.
解析
【分析】
本题考查内能改变、物态变化、内燃机冲程的相关知识，需逐个分析各图对应的物理过程，判断选项正误：首先明确每个图的实验或冲程原理，再结合质量、物态变化、内能转化、内燃机冲程的知识点逐一分析选项。
【解析】
选项A：图甲中厚玻璃筒内的空气被压缩时，仅空气体积减小，空气的质量未发生变化，故A错误；
选项B：图乙中瓶内空气推动塞子跳起时，空气对塞子做功，内能转化为机械能，空气内能减小、温度降低，瓶口白雾是水蒸气遇冷液化形成的小水滴，属于液化现象，并非汽化，故B错误；
选项C：图丙中试管内的水蒸气推动塞子冲出时，水蒸气对塞子做功，自身内能转化为塞子的机械能，因此水蒸气的内能减少，故C正确；
选项D：图丁中内燃机的两个气门关闭，活塞向下运动且火花塞点火，该过程为做功冲程，是内能转化为机械能，并非压缩冲程，故D错误。
【答案】
C
【知识点】
内能的改变、物态变化、内燃机的冲程
【点评】
本题为基础概念题，考查常见内能转化实验的原理及内燃机冲程的判断，需学生准确掌握各知识点，是易混淆但难度不高的题目，只要概念清晰即可正确解答。
【难度系数】
0.6
本题考查内能改变、物态变化、内燃机冲程的相关知识，需逐个分析各图对应的物理过程，判断选项正误：首先明确每个图的实验或冲程原理，再结合质量、物态变化、内能转化、内燃机冲程的知识点逐一分析选项。
【解析】
选项A：图甲中厚玻璃筒内的空气被压缩时，仅空气体积减小，空气的质量未发生变化，故A错误；
选项B：图乙中瓶内空气推动塞子跳起时，空气对塞子做功，内能转化为机械能，空气内能减小、温度降低，瓶口白雾是水蒸气遇冷液化形成的小水滴，属于液化现象，并非汽化，故B错误；
选项C：图丙中试管内的水蒸气推动塞子冲出时，水蒸气对塞子做功，自身内能转化为塞子的机械能，因此水蒸气的内能减少，故C正确；
选项D：图丁中内燃机的两个气门关闭，活塞向下运动且火花塞点火，该过程为做功冲程，是内能转化为机械能，并非压缩冲程，故D错误。
【答案】
C
【知识点】
内能的改变、物态变化、内燃机的冲程
【点评】
本题为基础概念题，考查常见内能转化实验的原理及内燃机冲程的判断，需学生准确掌握各知识点，是易混淆但难度不高的题目，只要概念清晰即可正确解答。
【难度系数】
0.6
7 下列生活场景中，通过做功来改变物体内能的是（
A.锯木头锯条发热
B.用冰袋给发烧病人降温
C.放进冰箱的水果温度降低
D.阳光照射使石凳温度升高
A
）。A.锯木头锯条发热
B.用冰袋给发烧病人降温
C.放进冰箱的水果温度降低
D.阳光照射使石凳温度升高
答案
7.A
解析
【分析】
首先明确改变物体内能的两种方式：做功（本质是能量的转化）和热传递（本质是能量的转移）。需逐一分析各选项，判断其改变内能的方式，选出符合题意的选项。
【解析】
选项A：锯木头时，锯条与木头相互摩擦，克服摩擦力做功，将机械能转化为内能，使锯条发热，属于通过做功改变物体内能，符合要求。
选项B：用冰袋给发烧病人降温，是病人身体的热量转移到冰袋，属于热传递改变内能，不符合。
选项C：放进冰箱的水果温度降低，是水果的热量转移到冰箱内的低温环境，属于热传递改变内能，不符合。
选项D：阳光照射使石凳温度升高，是太阳能转移到石凳，属于热传递改变内能，不符合。
综上，只有A选项是通过做功改变物体内能。
【答案】
A
【知识点】
改变内能的两种方式
【点评】
本题考查改变物体内能的核心概念，关键在于区分做功（能量转化）和热传递（能量转移）的本质差异，属于基础概念题，侧重对基本知识点的理解应用。
【难度系数】
0.8
首先明确改变物体内能的两种方式：做功（本质是能量的转化）和热传递（本质是能量的转移）。需逐一分析各选项，判断其改变内能的方式，选出符合题意的选项。
【解析】
选项A：锯木头时，锯条与木头相互摩擦，克服摩擦力做功，将机械能转化为内能，使锯条发热，属于通过做功改变物体内能，符合要求。
选项B：用冰袋给发烧病人降温，是病人身体的热量转移到冰袋，属于热传递改变内能，不符合。
选项C：放进冰箱的水果温度降低，是水果的热量转移到冰箱内的低温环境，属于热传递改变内能，不符合。
选项D：阳光照射使石凳温度升高，是太阳能转移到石凳，属于热传递改变内能，不符合。
综上，只有A选项是通过做功改变物体内能。
【答案】
A
【知识点】
改变内能的两种方式
【点评】
本题考查改变物体内能的核心概念，关键在于区分做功（能量转化）和热传递（能量转移）的本质差异，属于基础概念题，侧重对基本知识点的理解应用。
【难度系数】
0.8
8 日常生活中有许多物体内能发生改变的现象，写出以下现象中改变物体内能的方式.
(1)古人用“钻木取火”的方法产生火：
(2)一盆热水放在室内，一会儿就凉了：
(3)冬天人们常用嘴向手上呵气，手感到暖和：
(4)双手相互搓擦使手感到热：
(5)铁块在火炉上加热，铁块的温度升高：
(6)用铁锤多次敲打铁块后，铁块的温度升高：
(1)古人用“钻木取火”的方法产生火：
做功
.(2)一盆热水放在室内，一会儿就凉了：
热传递
.(3)冬天人们常用嘴向手上呵气，手感到暖和：
热传递
.(4)双手相互搓擦使手感到热：
做功
.(5)铁块在火炉上加热，铁块的温度升高：
热传递
.(6)用铁锤多次敲打铁块后，铁块的温度升高：
做功
.答案
8.(1)做功 (2)热传递 (3)热传递 (4)做功 (5)热传递 (6)做功
解析
【分析】
改变物体内能的方式有两种：做功和热传递，其中做功的本质是能量的转化（如摩擦、敲打等过程），热传递的本质是能量的转移（发生条件为存在温度差）。需结合各现象的过程，判断是能量转化还是转移，进而确定改变内能的方式。
【解析】
(1)钻木取火时，克服摩擦做功，将机械能转化为内能，属于做功改变物体内能；
(2)热水与室内空气存在温度差，热量从热水转移到空气，使热水内能减少、温度降低，属于热传递改变物体内能；
(3)呼出的热气温度高于手的温度，热量从气体转移到手，使手内能增加，属于热传递改变物体内能；
(4)双手搓擦时，克服摩擦做功，机械能转化为内能，使手内能增加、温度升高，属于做功改变物体内能；
(5)铁块与火炉存在温度差，热量从火炉转移到铁块，使铁块内能增加、温度升高，属于热传递改变物体内能；
(6)铁锤敲打铁块时，对铁块做功，机械能转化为内能，使铁块内能增加、温度升高，属于做功改变物体内能。
【答案】
(1)做功 (2)热传递 (3)热传递 (4)做功 (5)热传递 (6)做功
【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】
本题考查改变内能的两种基本方式，需准确区分做功（能量转化）和热传递（能量转移）的本质，结合生活实例分析即可解答，属于基础概念题。
【难度系数】
0.9
改变物体内能的方式有两种：做功和热传递，其中做功的本质是能量的转化（如摩擦、敲打等过程），热传递的本质是能量的转移（发生条件为存在温度差）。需结合各现象的过程，判断是能量转化还是转移，进而确定改变内能的方式。
【解析】
(1)钻木取火时，克服摩擦做功，将机械能转化为内能，属于做功改变物体内能；
(2)热水与室内空气存在温度差，热量从热水转移到空气，使热水内能减少、温度降低，属于热传递改变物体内能；
(3)呼出的热气温度高于手的温度，热量从气体转移到手，使手内能增加，属于热传递改变物体内能；
(4)双手搓擦时，克服摩擦做功，机械能转化为内能，使手内能增加、温度升高，属于做功改变物体内能；
(5)铁块与火炉存在温度差，热量从火炉转移到铁块，使铁块内能增加、温度升高，属于热传递改变物体内能；
(6)铁锤敲打铁块时，对铁块做功，机械能转化为内能，使铁块内能增加、温度升高，属于做功改变物体内能。
【答案】
(1)做功 (2)热传递 (3)热传递 (4)做功 (5)热传递 (6)做功
【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】
本题考查改变内能的两种基本方式，需准确区分做功（能量转化）和热传递（能量转移）的本质，结合生活实例分析即可解答，属于基础概念题。
【难度系数】
0.9
9 关于热机效率，下列说法正确的是(
A.热机效率越高，即热机做的有用功越多
B.燃料的热值越大，热机效率越高
C.要提高热机效率，就要尽量减少各种能量损失，并且要保证良好的润滑
D.提高热机效率，与节能减排无关
C
).A.热机效率越高，即热机做的有用功越多
B.燃料的热值越大，热机效率越高
C.要提高热机效率，就要尽量减少各种能量损失，并且要保证良好的润滑
D.提高热机效率，与节能减排无关
答案
9.C
解析
【分析】
本题考查热机效率的相关知识，需先明确热机效率的定义（热机用来做有用功的能量与燃料完全燃烧放出的能量之比），再逐一分析各选项的正误，区分热机效率与有用功、热值的概念，掌握提高热机效率的方法。
【解析】
A选项：热机效率η=W有用/Q总，效率高是指有用功与总能量的比值大，并非有用功本身多（总能量不确定时，有用功多少无法判断），故A错误；
B选项：热值是燃料的固有属性，指单位质量燃料完全燃烧放出的热量，热机效率与燃料热值无关，效率取决于有用功和总能量的比值，故B错误；
C选项：减少能量损失（如废气带走的热量、机械散热损耗等）、保证良好润滑减少摩擦损耗，都能提高热机效率，故C正确；
D选项：热机效率越高，燃料利用率越高，可减少能源浪费，与节能减排密切相关，故D错误。
【答案】
C
【知识点】
热机效率、热值、能量利用效率
【点评】
本题为热学基础概念题，核心考查对热机效率定义的理解，需区分效率与有用功、热值的差异，掌握提高热机效率的方法，难度较低，属于易得分题。
【难度系数】
0.7
本题考查热机效率的相关知识，需先明确热机效率的定义（热机用来做有用功的能量与燃料完全燃烧放出的能量之比），再逐一分析各选项的正误，区分热机效率与有用功、热值的概念，掌握提高热机效率的方法。
【解析】
A选项：热机效率η=W有用/Q总，效率高是指有用功与总能量的比值大，并非有用功本身多（总能量不确定时，有用功多少无法判断），故A错误；
B选项：热值是燃料的固有属性，指单位质量燃料完全燃烧放出的热量，热机效率与燃料热值无关，效率取决于有用功和总能量的比值，故B错误；
C选项：减少能量损失（如废气带走的热量、机械散热损耗等）、保证良好润滑减少摩擦损耗，都能提高热机效率，故C正确；
D选项：热机效率越高，燃料利用率越高，可减少能源浪费，与节能减排密切相关，故D错误。
【答案】
C
【知识点】
热机效率、热值、能量利用效率
【点评】
本题为热学基础概念题，核心考查对热机效率定义的理解，需区分效率与有用功、热值的差异，掌握提高热机效率的方法，难度较低，属于易得分题。
【难度系数】
0.7
10（2024·淮安中考）2024年4月，两辆氢能源汽车实现了从北京到上海1500公里长距离运输测试，这是中国氢能源车辆首次大范围、长距离、跨区域的实际运输测试.如图所示是某款氢能源汽车，该款氢能源汽车在公路上行驶30 km，用时0.4 h，受到的牵引力为$1.4×10^{3}\ \mathrm{N}$，消耗氢气0.8 kg，则此过程中汽车行驶的平均速度为
75
km/h，氢气燃烧放出的热量为$1.12×10^8$
J，利用氢能的效率为37.5%
.($q_{\mathrm{氢气}}=1.4×10^{8}\ \mathrm{J/kg}$)答案
10.75 $1.12×10^8$ 37.5%
[解析]此过程中汽车行驶的平均速度为$v=\frac{s}{t}=\frac{30\ \mathrm{km}}{0.4\ \mathrm{h}}=75\ \mathrm{km/h}$；0.8 kg氢气燃烧放出的热量为$Q_{\mathrm{放}}=mq=0.8\ \mathrm{kg}×1.4×10^8\ \mathrm{J/kg}=1.12×10^8\ \mathrm{J}$；此过程中汽车做的有用功为$W=Fs=1.4×10^3\ \mathrm{N}×30×10^3\ \mathrm{m}=4.2×10^7\ \mathrm{J}$，利用氢能的效率为$\eta=\frac{W}{Q_{\mathrm{放}}}×100\%=\frac{4.2×10^7\ \mathrm{J}}{1.12×10^8\ \mathrm{J}}×100\%=37.5\%$.
[解析]此过程中汽车行驶的平均速度为$v=\frac{s}{t}=\frac{30\ \mathrm{km}}{0.4\ \mathrm{h}}=75\ \mathrm{km/h}$；0.8 kg氢气燃烧放出的热量为$Q_{\mathrm{放}}=mq=0.8\ \mathrm{kg}×1.4×10^8\ \mathrm{J/kg}=1.12×10^8\ \mathrm{J}$；此过程中汽车做的有用功为$W=Fs=1.4×10^3\ \mathrm{N}×30×10^3\ \mathrm{m}=4.2×10^7\ \mathrm{J}$，利用氢能的效率为$\eta=\frac{W}{Q_{\mathrm{放}}}×100\%=\frac{4.2×10^7\ \mathrm{J}}{1.12×10^8\ \mathrm{J}}×100\%=37.5\%$.
解析
【分析】
本题考查平均速度、燃料放热、热机效率的计算，解题思路：1. 平均速度利用公式$v=\frac{s}{t}$，代入路程和时间计算；2. 氢气燃烧放热用热值公式$Q_{\mathrm{放}}=mq$，代入氢气质量和热值计算；3. 先通过功的公式$W=Fs$计算牵引力做的有用功，再根据效率公式$\eta=\frac{W}{Q_{\mathrm{放}}}×100\%$计算氢能利用效率，计算时注意单位统一。
【解析】
1. 计算平均速度：根据平均速度公式$v=\frac{s}{t}$，代入$s=30\ \mathrm{km}$，$t=0.4\ \mathrm{h}$，得：
$v=\frac{30\ \mathrm{km}}{0.4\ \mathrm{h}}=75\ \mathrm{km/h}$
2. 计算氢气燃烧放出的热量：根据热值公式$Q_{\mathrm{放}}=mq_{\mathrm{氢气}}$，代入$m=0.8\ \mathrm{kg}$，$q_{\mathrm{氢气}}=1.4×10^8\ \mathrm{J/kg}$，得：
$Q_{\mathrm{放}}=0.8\ \mathrm{kg}×1.4×10^8\ \mathrm{J/kg}=1.12×10^8\ \mathrm{J}$
3. 计算牵引力做的有用功：先将路程单位换算为米，$s=30\ \mathrm{km}=30×10^3\ \mathrm{m}$，根据功的公式$W=Fs$，代入$F=1.4×10^3\ \mathrm{N}$，得：
$W=1.4×10^3\ \mathrm{N}×30×10^3\ \mathrm{m}=4.2×10^7\ \mathrm{J}$
4. 计算氢能利用效率：根据效率公式$\eta=\frac{W}{Q_{\mathrm{放}}}×100\%$，代入数据得：
$\eta=\frac{4.2×10^7\ \mathrm{J}}{1.12×10^8\ \mathrm{J}}×100\%=37.5\%$
【答案】75；$1.12×10^8$；37.5%
【知识点】平均速度计算、热值计算、热机效率
【点评】本题是力学与热学结合的基础计算题，考查学生对基本公式的应用和单位换算能力，属于中考常见的基础题型，注重对核心知识点的掌握。
【难度系数】0.7
本题考查平均速度、燃料放热、热机效率的计算，解题思路：1. 平均速度利用公式$v=\frac{s}{t}$，代入路程和时间计算；2. 氢气燃烧放热用热值公式$Q_{\mathrm{放}}=mq$，代入氢气质量和热值计算；3. 先通过功的公式$W=Fs$计算牵引力做的有用功，再根据效率公式$\eta=\frac{W}{Q_{\mathrm{放}}}×100\%$计算氢能利用效率，计算时注意单位统一。
【解析】
1. 计算平均速度：根据平均速度公式$v=\frac{s}{t}$，代入$s=30\ \mathrm{km}$，$t=0.4\ \mathrm{h}$，得：
$v=\frac{30\ \mathrm{km}}{0.4\ \mathrm{h}}=75\ \mathrm{km/h}$
2. 计算氢气燃烧放出的热量：根据热值公式$Q_{\mathrm{放}}=mq_{\mathrm{氢气}}$，代入$m=0.8\ \mathrm{kg}$，$q_{\mathrm{氢气}}=1.4×10^8\ \mathrm{J/kg}$，得：
$Q_{\mathrm{放}}=0.8\ \mathrm{kg}×1.4×10^8\ \mathrm{J/kg}=1.12×10^8\ \mathrm{J}$
3. 计算牵引力做的有用功：先将路程单位换算为米，$s=30\ \mathrm{km}=30×10^3\ \mathrm{m}$，根据功的公式$W=Fs$，代入$F=1.4×10^3\ \mathrm{N}$，得：
$W=1.4×10^3\ \mathrm{N}×30×10^3\ \mathrm{m}=4.2×10^7\ \mathrm{J}$
4. 计算氢能利用效率：根据效率公式$\eta=\frac{W}{Q_{\mathrm{放}}}×100\%$，代入数据得：
$\eta=\frac{4.2×10^7\ \mathrm{J}}{1.12×10^8\ \mathrm{J}}×100\%=37.5\%$
【答案】75；$1.12×10^8$；37.5%
【知识点】平均速度计算、热值计算、热机效率
【点评】本题是力学与热学结合的基础计算题，考查学生对基本公式的应用和单位换算能力，属于中考常见的基础题型，注重对核心知识点的掌握。
【难度系数】0.7
