专题01 内能及其应用（竞赛培优精讲）九年级物理上学期全国通用

专题01 内能及其应用 目录概览 A考点精研・竞赛考点专项攻坚 1 竞赛培优大纲 1 重点知识讲解 2 核心应用突破 3 考试难度要求 4 竞赛真题剖析 4 B实战进阶・竞赛选拔模拟特训 5 竞赛培优大纲 一、内能的基本概念 理解内能的定义，知道内能是物体内部所有分子热运动的动能和分子势能的总和。 掌握内能与温度、体积、物态之间的关系。 了解内能与机械能的区别与联系。 二、改变内能的方式 掌握热传递的三种方式：传导、对流、辐射。 理解做功可以改变物体的内能，知道做功与热传递在改变内能上的等效性。 能够区分和解释日常生活中改变内能的实例。 三、比热容与热量的计算 理解比热容的概念，知道不同物质的比热容不同。 了解比热容在实际生活中的应用，如水的比热容较大的应用。 掌握热量的基本概念，能够定性分析热量的传递过程。 四、热机与能量转化 了解热机的基本工作原理，知道热机是将内能转化为机械能的装置。 理解热机效率的概念，知道热机在工作过程中能量的转化与损耗。 掌握常见热机（如汽油机、柴油机）的工作过程。 五、能量守恒与转化 理解能量守恒定律的内容，知道能量既不会凭空产生，也不会凭空消失，只会从一种形式转化为另一种形式。 能够用能量守恒定律解释生活中的能量转化现象。 了解能源的开发利用与可持续发展之间的关系。 重点知识讲解 一、内能的基本概念 1. 定义 内能是物体内部所有分子做无规则热运动的动能和分子间相互作用势能的总和。一切物体，不论温度高低，都具有内能。 2. 影响因素 内能的大小与物体的温度、体积、物态和分子数目有关。温度升高，分子热运动加剧，内能增加；物态变化（如熔化、汽化）也会改变内能。 3. 内能与机械能的区别 内能是物体内部微观粒子的能量，与物体整体的运动状态无关；机械能是物体宏观运动所具有的能量，如动能和势能。 二、改变内能的方式 1. 热传递 热传递是内能从高温物体传到低温物体的过程，包括： 传导：热量通过物体内部直接传递，如金属勺放在热汤中变热。 对流：流体（液体或气体）中由于温度差异引起的流动传热，如热水器中的水循环。 辐射：热量以电磁波的形式直接传递，如太阳热辐射。 2. 做功 通过对物体做功可以改变其内能，如摩擦生热、压缩气体发热等。做功与热传递在改变内能方面是等效的。 3. 实例分析 冬天搓手取暖：通过做功增加内能。 晒太阳感觉温暖：通过热传递（辐射）增加内能。 三、比热容与热量的传递 1. 比热容的概念 比热容是单位质量的某种物质温度升高1℃所吸收的热量。不同物质的比热容不同，水的比热容较大。 2. 水的比热容大的应用 调节气候：沿海地区温差小。 用作冷却剂：汽车发动机用水冷却。 生活应用：热水袋保温时间长。 3. 热量的传递 热量总是自发地从高温物体传向低温物体，直到温度相等。热传递的速率与温差、传热面积和介质性质有关。 四、热机与能量转化 1. 热机的基本原理 热机是将燃料燃烧释放的内能转化为机械能的装置，如汽油机、柴油机、蒸汽机等。 2. 热机的工作过程 一般包括吸气、压缩、做功、排气四个冲程。做功冲程是将内能转化为机械能的关键过程。 3. 热机效率 热机效率是指热机所做的有用功与燃料完全燃烧释放的热量之比。实际热机效率总是小于100%，因为有能量损耗。 五、能量守恒与转化 1. 能量守恒定律 能量既不会凭空产生，也不会凭空消失，它只能从一种形式转化为另一种形式，或从一个物体转移到另一个物体，在转化或转移的过程中，能量的总量保持不变。 2. 能量转化的实例 电热水器：电能 → 内能 内燃机：化学能 → 内能 → 机械能 太阳能电池：光能 → 电能 3. 能源与可持续发展 了解可再生能源（如太阳能、风能）与不可再生能源（如煤、石油）的区别，提倡节能与环保。 核心应用突破 一、内能变化的判断与分析 能够根据物体的温度变化、物态变化、体积变化等判断内能的变化。 理解内能变化与热传递、做功之间的关系，能够解释相关现象。 二、热传递的实际应用 掌握保温与散热的原理，如热水瓶的保温结构、散热片的设计。 理解自然界中的热传递现象，如海陆风的形成、温室效应等。 三、热机效率的提升 了解提高热机效率的途径，如减少摩擦、改善燃烧条件、利用废气等。 知道热机在交通运输、发电等领域的重要作用。 四、能量转化与环境保护 能够分析日常生活中能量转化的过程，如家用电器、交通工具中的能量转化。 了解能源利用对环境的影响，树立节能环保意识。 考试难度要求 1. 竞赛难度 初中物理竞赛中内能部分通常涉及内能的概念、改变方式、热传递、热机等内容，题目可能结合实际应用和现象分析，要求学生具备较强的理解和分析能力。 2. 竞赛要求 参赛学生需掌握内能的基本概念、改变方式、热传递与做功的区别与联系、热机工作原理等知识点，并能够运用这些知识解释现象、解决问题。 竞赛真题剖析 【真题剖析1】1．（24-25九年级下·山东青岛·自主招生）材料一：结合图象，利用微元的思想处理一段变化的过程是物理中常用的方法之一。以运动学中的速度—时间图象为例，某物体运动过程中速度随时间变化的图象如图1所示，显然其运动为变速运动，该如何求解某一段时间内物体的位移？考虑把时间轴分成许多小段，每一小段的时间间隔非常小，以至于在这段时间内，速度可以近似看作不变。这样，每个小段的位移，对应的图像上就是一个小矩形的面积。将所有小矩形的面积加起来，就是总位移的近似值。当趋近于零时，这些小矩形的面积之和就趋近于曲线下的实际面积，也就是在图象中，可以用面积表示这段时间内的位移。类似的规律在物理中经常用到。 材料二：理想气体状态方程：对于一定量的理想气体，其压强、温度和体积满足如下规律：（p为气体压强，V为气体体积，T为气体温度，C为常数）； 材料三：热力学第一定律：（ΔU为气体内能的增加量，W为外界对气体做的功，Q为气体从外界吸收的热量），其中对于理想气体而言，其内能只与温度有关。 (1)弹簧弹力的表达式为F=kx（k为弹簧劲度系数，与弹簧自身有关，x为弹簧形变量，数值上等于弹簧长度与弹簧原长差值的绝对值），画出弹簧弹力大小随弹簧长度变化的图象，并求将弹簧从长度x1拉伸到x2的过程中，弹簧对物体所做的功W（x2>x1>l0,l0为弹簧原长）； (2)一针管封闭了一段气柱，内部气体可视为理想气体。初始状态记为A，气体的体积为，压强为，温度为；通过处理让气体由状态A沿AB连线变化至状态B，如图3所示，此时温度恰好也为,体积为。求该过程中气体释放的热量。 2．（上海·竞赛）80克水温度降低1℃所放出的热量刚好能使1克0℃的冰熔化为水。现把10克0℃的冰与390克4℃的水混合，当它们达到热平衡时的温度是多少？ 3．（上海·竞赛）质量为m1的铜质量热器盛着质量为m2的水，它们的共同温度为t0，现将一块质量为m3、温度为t（t<t0）的铁块放入量热器水中，设铜、水、铁的比热为c1、c2、c3。求最后温度t3。 4．如图所示，用甲、乙两种燃料分别对质量和初温相同的水进行加热，两图装置均相同。燃料的质量用m表示，燃料充分燃尽时水升高的温度用Δt表示（水未沸腾）（　　） A．若m相同，Δt越小，燃料的热值越大 B．若Δt相同，m越大，燃料的热值越大 C．若的值越大，燃料的热值越大 D．若的值越大，燃料的热值越大 5．阅读短文，回答问题。 两栖攻击舰 题图甲所示是我国自主研制的两栖攻击舰。该舰艇采用燃电双推进系统，满载时排水量为4.8万吨，最大吃水深度为8m。其在某次直线航行动力测试中，采用燃气模式，总消耗燃气5吨，燃气在发动机中完全燃烧所释放能量的30%用于推动舰艇前进。设测试中发动机当前消耗燃气质量占总消耗燃气质量的百分比为D，通过调节，航行速度v与D的关系如题图乙所示，其中D<10%时的图线未画出。在航行过程中，舰艇受到的阻力大小并不恒定，当航速在10~20km/h时，阻力大小与航速大小成正比，当航速为10km/h时，受到的阻力大小为3×105N，航速超过20km/h时，阻力与航速不再是正比关系。表格是测试中D在各范围内对应的航行路程s，其中（s1+s2）∶s3=3∶4.（ρ海水=1.03×103kg/m3，ρ淡水=1.0×103kg/m3，q燃气=3.6×107J/kg，g取10N/kg） D 0~10% 10%~60% 60%~100% s s1=17km s2 s3 (1)舰艇从淡水域驶入海水域（忽略舰艇总质量的变化），所受浮力 ，吃水深度 。（均选填“变大”“变小”或“不变”） (2)若舰艇在淡水域时达到了最大吃水深度，其底部受到水的最大压强为 Pa。满载时所受的重力为 N。 (3)舰艇以10km/h匀速航行时牵引力做功功率为P1，以15km/h匀速航行时牵引力做功功率为P2，则P1∶P2= 。 (4)此次动力测试中，舰艇总航行路程为 km。 1．将一杯热水倒入盛有一些冷水的容器中，冷水的温度升高了，又向容器内倒入同样一杯热水，冷水温度又升高了，如果再向容器内倒入同样一杯热水，则冷水温度可再升高（不计热损失，热水和冷水的比热容相同）（　　） A． B． C． D． 2．抽水蓄能电站是为了解决电网高峰、低谷之间供需矛盾而产生的，是间接储存电能的一种方式。在下半夜用电低谷时，它利用过剩的电力驱动水泵，将水从下水库抽到上水库储存起来，次日白天和前半夜用电高峰时，再将水放出发电，并流入下水库，其工作原理如图所示。有关抽水蓄能电站的判断正确的是（　　） A．从构造上看，抽水蓄能电站是连通器 B．上水库水底到下水库的水面距离至少得10.34m C．发电机之所以能工作是水的重力做了功，将机械能转化为电能 D．蓄能电站某天发电量6.0×106kW•h，这些能量至少需要燃烧热值为3.0×107J/kg的煤炭7.2×105kg 3．用两个相同的电热器给质量均为0.2kg的某液体和水加热，它们的温度随加热时间的变化关系如图所示，不计热量损失，（）据此判断（　　） ①甲液体是水 ②甲液体与乙液体的比热容之比是1:2 ③加热20分钟时间，水吸收的热量是甲的两倍 ④甲在10分钟内吸收的热量是： A．只有①②正确 B．只有②④正确 C．只有①③正确 D．只有①④正确 4．甲、乙两容器中装有质量相等的水，水温分别为20℃和70℃，现将一温度为80℃的金属球放入甲容器中，热平衡后水温升高到40℃，然后迅速取出金属球并放入乙容器中，热平衡后乙容器中水温为（    ）（不计热量散失和水的质量的变化） A．45 B．60 C．65 D．75 5．某足够大的容器内装有温度是50℃的水（在标准大气压下，不计热损失），将一杯开水倒入容器中搅拌均匀后，水温变为60℃；若再向容器内倒入同样一杯开水搅拌均匀后，水温一定不可能达到（　　） A．67℃ B．68℃ C．69℃ D．70℃ 6．如图是冰熔化时温度随时间变化的图像，其中有一个是正确的，已知冰的质量为2kg，c冰=2.1103J/（kg·℃），c水=4.2103J/（kg·℃），假设相同时间内吸收的热量相同，整个过程忽略质量变化，不考虑热量损失。下列说法正确的是（　　） A．甲图是冰熔化时的正确图像 B．该物质在5min时刻的内能大于3min时刻的内能 C．冰熔化过程吸收的热量为6.3105J D．水在5~7min吸收的热量为8.4104J 7．以下过程不发生物态变化，初温和质量相同的两块金属甲、乙吸收了相同热量，甲的末温比乙的高，那么初温相同的甲、乙放出相同热量（    ） A．甲的末温比乙的低，但无法判断甲、乙比热容哪一个大 B．甲的末温比乙的高，但无法判断甲、乙比热容哪一个大 C．甲的末温比乙的高，且可以判断甲、乙比热容哪一个大 D．甲的末温比乙的低，且可以判断甲、乙比热容哪一个大 8．柴油机和汽油机结构不同，意味着吸气冲程吸入物质也不同，柴油机在吸气冲程吸入的是 ；甲乙两台柴油机功率之比P甲 ∶ P 乙=2∶1， 效率之比η甲∶ η乙=6∶ 5，则两柴油机在相同时间内消耗同样型号的柴油质量之比为 。 9．如图甲瓶盖内的螺纹口相当于简单机械中的 ，起到了 的作用。很多男生会利用喝完的饮料瓶进行如图所示的游戏：在饮料瓶中留有少量水，盖紧瓶盖，扭转瓶子时，再轻轻扭松瓶盖，瓶盖被瓶内的气体冲出，瓶内气体内能 （填“增加”或“减少”），此时气体的能量转化类似四冲程内燃机的 冲程。某四冲程汽油机飞轮的转速是30r/s，每分钟对外做 次功，若每次做功400J，则此汽油机的功率为 W。 10．某同学在研究“沙子和水谁的吸热本领大”时，选用了两只完全相同的酒精灯用完全相同的方式分别给质量都是0.2kg的沙子和水加热。他绘制的图像中表示沙子的温度随加热时间变化的图像是 （选填“a”“b”）已知酒精的热值，加热时酒精灯平均每2分钟消耗酒精。已知水的比热容，2分钟内沙子吸收的热量是 J；沙子的比热容是 ；2min后将沙子和水混合，不考虑热损耗，它们最终的温度是 （结果保留整数）。 11．如图为四缸发动机的工作原理图：内燃机通过连杆把四个汽缸的活塞连在一根曲轴上，并使各汽缸的做功冲程错开，在飞轮转动的每半周里，都有一个汽缸在做功，其他三个汽缸分别在吸气、压缩和排气冲程。 排量 2.0L 输出功率 120kW 转速 6000r/min (1)发动机在做功冲程里，高温、高压的燃气推动活塞向下运动，对外做功，同时将 能转化为 能。 (2)有一台四缸发动机，其主要技术指标如表所示。其中排量等于四个汽缸工作容积的总和，汽缸工作容积指活塞从上止点到下止点所扫过的容积，又称单缸排量，它取决于活塞的面积和活塞上下运动的距离（即冲程长）。转速表示每分钟曲轴或飞轮所转的周数。 ①单缸排量V= L，该发动机工作时在5s内做功 J。 ②正常工作过程中，发动机中单缸每次做功W= J。 (3)在做功冲程里，燃气对活塞所做的功可表示为W=pV，式中p表示燃气对活塞的压强，则p= Pa、（1L=10﹣3m3） 12．某混合动力公交车以36km/h的速度沿平直公路匀速行驶时，所受阻力恒为2000N。该车先使用纯电模式行驶了12min，消耗电能；接着切换为纯柴油模式，牵引力不变，柴油机效率为40％，已知，求： (1)纯电模式下行驶的距离； (2)纯电模式下能量转换的效率； (3)柴油模式下行驶10km消耗的柴油质量（设完全燃烧，计算结果保留两位小数）。 13．沣河金湾北沙滩是一处沿沣河而建的沙滩景点，适合全天游玩。假期，小明一家在沙滩露营，小明用如图所示的便携式丁烷气炉（内置一瓶新的燃气瓶，相关参数见下表）以最大火力烧水，烧水前水的初温为20℃，气压为1标准大气压，水的比热容为4.2×103J/（kg·℃）。 气炉热效率 燃气消耗量 气瓶净含量 丁烷热值 40% 210g/h（最大火力） 500g 9×107J/kg (1)燃气瓶中的丁烷消耗一部分后，瓶中剩余部分丁烷的热值 （选填“变大”“不变”或“变小”）。 (2)气炉持续燃烧8min，能够烧开的水的质量是多少? (3)若将气炉热效率提高10%，同样烧开第（2）问中的水可节约的时间是多少分钟? 14．阅读短文，回答问题。 虎鲸号 图甲是我国自主研发的大型无人作战舰艇“虎鲸号”，其动力系统采用柴电双模推进，空载排水量，最大载重量，设计最大吃水深度。若“虎鲸号”在某次直线航行动力测试中，采用柴油模式，总消耗柴油。设发动机当前消耗柴油质量占总消耗柴油质量的百分比为，图乙为对应发动机输出功率，图丙为对应“虎鲸号”航行速度，下表为相应阶段内行驶距离； 已知：，柴油发动机效率为35%； 0-10% 10%-60% 60%-65% 65%-95% 95%-100% s (1)“虎鲸号”舰体尖锐设计，是为了减小航行时的 ；若“虎鲸号”由内河航行到海洋，其吃水深度会 （选填“变大”“变小”或“不变”）； (2)“虎鲸号”满载停靠在军港时，船底受到水的最大压强为 Pa，所受的浮力为 N； (3)“虎鲸号”此次动力测试中，完全燃烧柴油放出的热量为 ，航行路程为 km。 15．阅读短文，回答问题。 载人飞艇 2024年3月30日，我国自主研制的“祥云”AS700载人飞艇成功完成首飞。如图甲，某飞艇升空靠浮力来实现，水平飞行靠发动机燃烧燃油提供动力。发动机输出的能量用于做推动功和辅助功：推动功指克服空气阻力推动飞艇水平飞行做的功；辅助功指发动机驱动飞艇上发电机工作所做的功，辅助功的功率恒定。当飞艇低速（v≤12m/s）水平直线飞行时，其受到的空气阻力F阻与速度v的关系如图乙所示。飞艇部分参数如表。 发动机最大输出功率 5×105W 辅助功的功率 5×104W 发动机内的燃油热值 5×107J/kg 发动机的效率 40% (1)下列关于飞艇的说法中，正确的是___________。 A．飞艇匀速下降过程中，重力不做功 B．飞艇匀速上升过程中，浮力不做功 C．飞艇上升遇冷空气降温，内能增大 D．飞艇匀速下降过程中，机械能减小 (2)如图丁是飞艇上的平衡警示局部电路图，其中S为重力开关，金属片M可绕O点自由转动，当飞艇水平时，M在a、b中间。当飞艇严重左倾时红灯亮；当飞艇严重右倾时绿灯亮。请根据要求补全电路图。 (3)飞艇先后以4m/s和10m/s的速度水平匀速直线飞行相同的时间，推动功分别为W1和W2，则W1∶W2= 。 (4)飞艇以5m/s的速度水平匀速直线飞行时，若发动机内消耗了6.25kg燃油，则完全燃烧6.25kg燃油放出的热量为 J，该过程中飞艇的飞行距离为 km。 2 / 12 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题01 内能及其应用 目录概览 A考点精研・竞赛考点专项攻坚 1 竞赛培优大纲 1 重点知识讲解 2 核心应用突破 3 考试难度要求 4 竞赛真题剖析 4 B实战进阶・竞赛选拔模拟特训 5 竞赛培优大纲 一、内能的基本概念 理解内能的定义，知道内能是物体内部所有分子热运动的动能和分子势能的总和。 掌握内能与温度、体积、物态之间的关系。 了解内能与机械能的区别与联系。 二、改变内能的方式 掌握热传递的三种方式：传导、对流、辐射。 理解做功可以改变物体的内能，知道做功与热传递在改变内能上的等效性。 能够区分和解释日常生活中改变内能的实例。 三、比热容与热量的计算 理解比热容的概念，知道不同物质的比热容不同。 了解比热容在实际生活中的应用，如水的比热容较大的应用。 掌握热量的基本概念，能够定性分析热量的传递过程。 四、热机与能量转化 了解热机的基本工作原理，知道热机是将内能转化为机械能的装置。 理解热机效率的概念，知道热机在工作过程中能量的转化与损耗。 掌握常见热机（如汽油机、柴油机）的工作过程。 五、能量守恒与转化 理解能量守恒定律的内容，知道能量既不会凭空产生，也不会凭空消失，只会从一种形式转化为另一种形式。 能够用能量守恒定律解释生活中的能量转化现象。 了解能源的开发利用与可持续发展之间的关系。 重点知识讲解 一、内能的基本概念 1. 定义 内能是物体内部所有分子做无规则热运动的动能和分子间相互作用势能的总和。一切物体，不论温度高低，都具有内能。 2. 影响因素 内能的大小与物体的温度、体积、物态和分子数目有关。温度升高，分子热运动加剧，内能增加；物态变化（如熔化、汽化）也会改变内能。 3. 内能与机械能的区别 内能是物体内部微观粒子的能量，与物体整体的运动状态无关；机械能是物体宏观运动所具有的能量，如动能和势能。 二、改变内能的方式 1. 热传递 热传递是内能从高温物体传到低温物体的过程，包括： 传导：热量通过物体内部直接传递，如金属勺放在热汤中变热。 对流：流体（液体或气体）中由于温度差异引起的流动传热，如热水器中的水循环。 辐射：热量以电磁波的形式直接传递，如太阳热辐射。 2. 做功 通过对物体做功可以改变其内能，如摩擦生热、压缩气体发热等。做功与热传递在改变内能方面是等效的。 3. 实例分析 冬天搓手取暖：通过做功增加内能。 晒太阳感觉温暖：通过热传递（辐射）增加内能。 三、比热容与热量的传递 1. 比热容的概念 比热容是单位质量的某种物质温度升高1℃所吸收的热量。不同物质的比热容不同，水的比热容较大。 2. 水的比热容大的应用 调节气候：沿海地区温差小。 用作冷却剂：汽车发动机用水冷却。 生活应用：热水袋保温时间长。 3. 热量的传递 热量总是自发地从高温物体传向低温物体，直到温度相等。热传递的速率与温差、传热面积和介质性质有关。 四、热机与能量转化 1. 热机的基本原理 热机是将燃料燃烧释放的内能转化为机械能的装置，如汽油机、柴油机、蒸汽机等。 2. 热机的工作过程 一般包括吸气、压缩、做功、排气四个冲程。做功冲程是将内能转化为机械能的关键过程。 3. 热机效率 热机效率是指热机所做的有用功与燃料完全燃烧释放的热量之比。实际热机效率总是小于100%，因为有能量损耗。 五、能量守恒与转化 1. 能量守恒定律 能量既不会凭空产生，也不会凭空消失，它只能从一种形式转化为另一种形式，或从一个物体转移到另一个物体，在转化或转移的过程中，能量的总量保持不变。 2. 能量转化的实例 电热水器：电能 → 内能 内燃机：化学能 → 内能 → 机械能 太阳能电池：光能 → 电能 3. 能源与可持续发展 了解可再生能源（如太阳能、风能）与不可再生能源（如煤、石油）的区别，提倡节能与环保。 核心应用突破 一、内能变化的判断与分析 能够根据物体的温度变化、物态变化、体积变化等判断内能的变化。 理解内能变化与热传递、做功之间的关系，能够解释相关现象。 二、热传递的实际应用 掌握保温与散热的原理，如热水瓶的保温结构、散热片的设计。 理解自然界中的热传递现象，如海陆风的形成、温室效应等。 三、热机效率的提升 了解提高热机效率的途径，如减少摩擦、改善燃烧条件、利用废气等。 知道热机在交通运输、发电等领域的重要作用。 四、能量转化与环境保护 能够分析日常生活中能量转化的过程，如家用电器、交通工具中的能量转化。 了解能源利用对环境的影响，树立节能环保意识。 考试难度要求 1. 竞赛难度 初中物理竞赛中内能部分通常涉及内能的概念、改变方式、热传递、热机等内容，题目可能结合实际应用和现象分析，要求学生具备较强的理解和分析能力。 2. 竞赛要求 参赛学生需掌握内能的基本概念、改变方式、热传递与做功的区别与联系、热机工作原理等知识点，并能够运用这些知识解释现象、解决问题。 竞赛真题剖析 【真题剖析1】1．（24-25九年级下·山东青岛·自主招生）材料一：结合图象，利用微元的思想处理一段变化的过程是物理中常用的方法之一。以运动学中的速度—时间图象为例，某物体运动过程中速度随时间变化的图象如图1所示，显然其运动为变速运动，该如何求解某一段时间内物体的位移？考虑把时间轴分成许多小段，每一小段的时间间隔非常小，以至于在这段时间内，速度可以近似看作不变。这样，每个小段的位移，对应的图像上就是一个小矩形的面积。将所有小矩形的面积加起来，就是总位移的近似值。当趋近于零时，这些小矩形的面积之和就趋近于曲线下的实际面积，也就是在图象中，可以用面积表示这段时间内的位移。类似的规律在物理中经常用到。 材料二：理想气体状态方程：对于一定量的理想气体，其压强、温度和体积满足如下规律：（p为气体压强，V为气体体积，T为气体温度，C为常数）； 材料三：热力学第一定律：（ΔU为气体内能的增加量，W为外界对气体做的功，Q为气体从外界吸收的热量），其中对于理想气体而言，其内能只与温度有关。 (1)弹簧弹力的表达式为F=kx（k为弹簧劲度系数，与弹簧自身有关，x为弹簧形变量，数值上等于弹簧长度与弹簧原长差值的绝对值），画出弹簧弹力大小随弹簧长度变化的图象，并求将弹簧从长度x1拉伸到x2的过程中，弹簧对物体所做的功W（x2>x1>l0,l0为弹簧原长）； (2)一针管封闭了一段气柱，内部气体可视为理想气体。初始状态记为A，气体的体积为，压强为，温度为；通过处理让气体由状态A沿AB连线变化至状态B，如图3所示，此时温度恰好也为,体积为。求该过程中气体释放的热量。 【答案】(1)见解析， (2) 【详解】（1）将弹簧从长度拉伸到的过程中，根据并利用微元的思想，弹簧对物体所做的功W可以用图像与x轴围成的面积表示。 弹簧弹力的表达式为（k为弹簧劲度系数，与弹簧自身有关，x为弹簧形变量，数值上等于弹簧长度与弹簧原长差值的绝对值），图像为正比例函数图像，如下图所示： 在图象中，计算从长度拉伸到的过程中面积，即为弹簧对物体所做的功。 （2）气体由状态A变化至状态B，对于一定量的理想气体有 解得 假设气柱的横截面积为S，气体压强为p，体积被压缩的体积变化量为ΔV，活塞移动距离为Δl。 气体对活塞的压力为 因为力的作用是相互的，所以活塞对气体的压力大小也为 外界对气体做的功 利用微元的思想，在图象中，计算从状态A变化至状态B的过程中图像与V轴围成的面积，即为外界对气体做的功。气体由状态A变化至状态B，温度不变，内能不变，则压强变大，体积变小，外界对气体做的功为 气体由状态A变化至状态B，温度不变，，由热力学第一定律可得 因为Q为气体从外界吸收的热量，所以气体释放热量为 2．（上海·竞赛）80克水温度降低1℃所放出的热量刚好能使1克0℃的冰熔化为水。现把10克0℃的冰与390克4℃的水混合，当它们达到热平衡时的温度是多少？ 【答案】1.9℃ 【详解】1克0℃的冰熔化为水需要的热量为 Q熔化=Q放水=cm0Δt0=4.2×103J/(kg·℃)×0.08kg×1℃=336J 则10克0℃的冰熔化为水需要的热量为 Q′=10×336J=3360J 熔化10g的冰时使390克4℃的水降低后温度为 由此可知：390克4℃的水使10克0℃的冰熔化成0℃的水时，390克的水降低后的温度为1.95℃；则它们在一起混合时根据热平衡方程得 cm1(t′-t1)=cm2(t2-t′) 4.2×103J/(kg·℃)×0.01kg×(t′-0℃)=4.2×103J/(kg·℃)×0.39kg×(1.95℃-t′) 解得t′≈1.9℃。 答：把10克0℃的冰与390克4℃的水混合，当它们达到热平衡时的温度是1.9℃。 3．（上海·竞赛）质量为m1的铜质量热器盛着质量为m2的水，它们的共同温度为t0，现将一块质量为m3、温度为t（t<t0）的铁块放入量热器水中，设铜、水、铁的比热为c1、c2、c3。求最后温度t3。 【答案】 【详解】不计热损失，根据热平衡方程可知：，则 解得 4．如图所示，用甲、乙两种燃料分别对质量和初温相同的水进行加热，两图装置均相同。燃料的质量用m表示，燃料充分燃尽时水升高的温度用Δt表示（水未沸腾）（　　） A．若m相同，Δt越小，燃料的热值越大 B．若Δt相同，m越大，燃料的热值越大 C．若的值越大，燃料的热值越大 D．若的值越大，燃料的热值越大 【答案】D 【详解】我们假定为两套装置的加热水的效率是相同的。燃料的热值大小不能直接测量，需要通过水吸收热量的多少来体现燃料燃烧放出热量的多少，而水吸收热量的多少跟水的质量和升高的温度有关，因此为了比较热值大小可以利用Q吸=Q放η，而 Q吸=c水m水Δt Q放=mq 即 c水m水Δt=mqη 解得 通过这个式子可以做以下推导： A．若m相同，Δt越小，则燃料的热值越小，故A错误，不符合题意； B．若Δt相同，m越大，则燃料的热值越小，故B错误，不符合题意； C．若的值越大，即的值越小，则燃料的热值越小，故C错误，不符合题意； D．若的值越大，则燃料的热值越大，故D正确，符合题意。 故选D。 5．阅读短文，回答问题。 两栖攻击舰 题图甲所示是我国自主研制的两栖攻击舰。该舰艇采用燃电双推进系统，满载时排水量为4.8万吨，最大吃水深度为8m。其在某次直线航行动力测试中，采用燃气模式，总消耗燃气5吨，燃气在发动机中完全燃烧所释放能量的30%用于推动舰艇前进。设测试中发动机当前消耗燃气质量占总消耗燃气质量的百分比为D，通过调节，航行速度v与D的关系如题图乙所示，其中D<10%时的图线未画出。在航行过程中，舰艇受到的阻力大小并不恒定，当航速在10~20km/h时，阻力大小与航速大小成正比，当航速为10km/h时，受到的阻力大小为3×105N，航速超过20km/h时，阻力与航速不再是正比关系。表格是测试中D在各范围内对应的航行路程s，其中（s1+s2）∶s3=3∶4.（ρ海水=1.03×103kg/m3，ρ淡水=1.0×103kg/m3，q燃气=3.6×107J/kg，g取10N/kg） D 0~10% 10%~60% 60%~100% s s1=17km s2 s3 (1)舰艇从淡水域驶入海水域（忽略舰艇总质量的变化），所受浮力 ，吃水深度 。（均选填“变大”“变小”或“不变”） (2)若舰艇在淡水域时达到了最大吃水深度，其底部受到水的最大压强为 Pa。满载时所受的重力为 N。 (3)舰艇以10km/h匀速航行时牵引力做功功率为P1，以15km/h匀速航行时牵引力做功功率为P2，则P1∶P2= 。 (4)此次动力测试中，舰艇总航行路程为 km。 【答案】(1) 不变 变小 (2) (3)4︰9 (4)84 【详解】（1）[1] 舰艇从淡水域驶入海水域时，始终处于漂浮状态，漂浮时，浮力与重力是一对平衡力，重力不变，故浮力不变。 [2] 由阿基米德原理可知，浮力不变时，海水密度更大，则 ​ 减小，因此吃水深度变小。 （2）[1] 舰艇在淡水中最大吃水深度 ℎ=8 m，底部最大压强： [2] 满载排水量， 排开水所受重力，根据阿基米德原理，浮力等于排开液体的重力，且此时舰艇处于漂浮状态，浮力等于舰艇的重力，故舰艇的重力为。 （3）当航速在10~20km/h时，阻力大小与航速大小成正比，当航速为10km/h时，受到的阻力大小为f1=3×105N，当航速为15km/h时，易知受到的阻力大小为f2=4.5×105N（速度15km/h是10km/h的1.5倍，阻力也是1.5倍）。匀速航行时牵引力 F等于阻力f，则功率P=Fv= fv，则功率之比为。 （4）已知舰艇在s3段时，速度为15km/h，阻力大小为f2=4.5×105N，此段航程通过表格知道消耗的燃料占总体的40％，则发动机消耗的能量，这些能量有30％转化为发动机对舰艇所做的功，做功，则根据做功公式W=Fs， s3段的路程，因为（s1+s2）∶s3=3∶4，故s1+s2=36km，所以总的路程为s1+s2+s3=36km+48km=84km。 1．将一杯热水倒入盛有一些冷水的容器中，冷水的温度升高了，又向容器内倒入同样一杯热水，冷水温度又升高了，如果再向容器内倒入同样一杯热水，则冷水温度可再升高（不计热损失，热水和冷水的比热容相同）（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】设热水和冷水的温度差为t，质量为的一小杯热水倒入盛有质量为m的冷水的容器中，使得冷水温度升高了，由于无热损失，，根据则有   ① 又向容器中倒入一小杯同质量为同温度的热水，水温又上升了，则，则有   ② ①-②并化简可得   ③ 将③式代入①式可得。假设我们将全部热水一次性注入，则由热平衡方程可知则有   ④ 联立③④解得倒入三杯热水后一共上升的温度。所以注入第3杯热水后，还会上升的温度 故C符合题意，ABD不符合题意。 故选C。 2．抽水蓄能电站是为了解决电网高峰、低谷之间供需矛盾而产生的，是间接储存电能的一种方式。在下半夜用电低谷时，它利用过剩的电力驱动水泵，将水从下水库抽到上水库储存起来，次日白天和前半夜用电高峰时，再将水放出发电，并流入下水库，其工作原理如图所示。有关抽水蓄能电站的判断正确的是（　　） A．从构造上看，抽水蓄能电站是连通器 B．上水库水底到下水库的水面距离至少得10.34m C．发电机之所以能工作是水的重力做了功，将机械能转化为电能 D．蓄能电站某天发电量6.0×106kW•h，这些能量至少需要燃烧热值为3.0×107J/kg的煤炭7.2×105kg 【答案】CD 【详解】A．连通器的构造是上端开口，底部相连，从构造上看，抽水蓄能电站底部没有连通，所以不是连通器，故A错误； B．标准大气压能支持约高的水柱，但抽水蓄能电站是利用水泵抽水，不是利用大气压，所以上水库水底到下水库的水面距离不受限制，故B错误； C．发电时，水从高处流下，重力做功，将水的机械能转化为电能，发电机工作利用了这一过程，故C正确； D．煤炭放出的热量为 由可得，煤炭的质量为，故D正确。 故选 CD。 3．用两个相同的电热器给质量均为0.2kg的某液体和水加热，它们的温度随加热时间的变化关系如图所示，不计热量损失，（）据此判断（　　） ①甲液体是水 ②甲液体与乙液体的比热容之比是1:2 ③加热20分钟时间，水吸收的热量是甲的两倍 ④甲在10分钟内吸收的热量是： A．只有①②正确 B．只有②④正确 C．只有①③正确 D．只有①④正确 【答案】B 【详解】①已知水的比热容比较大，分析图像可知，相同的加热时间下，乙液体升高的慢，所以乙液体是水。故①错误，故ACD不符合题意； ②由图像可知，用两个相同的电热器给质量相同的物质甲和水加热，水温度升高60℃需要20min，物质甲温度升高60℃需要10min。所以质量相同的物质甲和水升高相同的温度需要吸收的热量关系为 由公式得，当两种液体质量相同，温度变化量相同，液体的比热容之比等于他们的吸收热量之比，此时吸热之比为1:2，所以甲乙的比热容之比为1:2。故②正确； ③实验时采用的转换法，将物体吸收热量的多少转换为同一热源加热时间的长短，现在两个液体加热时间均为20min，所以甲乙两液体吸收热量相同；故③错误； ④甲10min吸收的热量与水10min吸收的热量相同，是水加热20min吸收热量的一半，故吸热大小为 故④正确。故B符合题意。 故选B。 4．甲、乙两容器中装有质量相等的水，水温分别为20℃和70℃，现将一温度为80℃的金属球放入甲容器中，热平衡后水温升高到40℃，然后迅速取出金属球并放入乙容器中，热平衡后乙容器中水温为（    ）（不计热量散失和水的质量的变化） A．45 B．60 C．65 D．75 【答案】B 【详解】由题可知，金属球放入甲容器，平衡后水温 ，设金属球质量为，热平衡后 化简得① 因为第一次平衡时与甲容器的水同温，从甲容器取出金属球时，金属球的温度是，放入乙容器时，乙容器初温 ，金属球初温，设最终共同温度为 ，热平衡后有② 联立①②两式解得，故ACD不符合题意，B符合题意。 故选B。 5．某足够大的容器内装有温度是50℃的水（在标准大气压下，不计热损失），将一杯开水倒入容器中搅拌均匀后，水温变为60℃；若再向容器内倒入同样一杯开水搅拌均匀后，水温一定不可能达到（　　） A．67℃ B．68℃ C．69℃ D．70℃ 【答案】D 【详解】设开水的温度为，质量为的一小杯开水倒入盛有质量为的50℃的水的容器中，水温变为60℃，则水上升的温度为 不计热损失，则 则有   ① 若再向容器内倒入同样一杯开水搅拌均匀后，设水温又上升了，由于 则有   ② ①-②得 整理可得 所以水温一定不可能达到70℃。故ABC不符合题意，D符合题意。 故选D。 6．如图是冰熔化时温度随时间变化的图像，其中有一个是正确的，已知冰的质量为2kg，c冰=2.1103J/（kg·℃），c水=4.2103J/（kg·℃），假设相同时间内吸收的热量相同，整个过程忽略质量变化，不考虑热量损失。下列说法正确的是（　　） A．甲图是冰熔化时的正确图像 B．该物质在5min时刻的内能大于3min时刻的内能 C．冰熔化过程吸收的热量为6.3105J D．水在5~7min吸收的热量为8.4104J 【答案】B 【详解】A．因为水的比热容大于冰的比热容，质量相同的冰和水，吸收相同的热量，水升高的温度要少，所以乙图为冰熔化时温度随时间变化的图像，故A错误； B．冰在熔化过程中吸收热量，内能增加，加热时间越长，冰吸收的热量越多，内能越大，所以冰在第5min时的内能，一定大于冰在第3min时的内能，故B正确； C．冰的熔化实验用同一个酒精灯加热，在相同的时间内吸收的热量是相同的；冰在第2min开始熔化，第5min熔化过程结束，所以熔化过程持续了3min，即冰熔化过程中吸收的热量等于加热3min吸收的热量，由图可知，对冰加热2min，升高的温度为10℃；则冰熔化吸收的热量为 加热3分钟吸收的热量，故C错误； D．水在5~7min吸收的热量与冰块加热2min吸收的热量相同，也为，故D错误。 故选B。 7．以下过程不发生物态变化，初温和质量相同的两块金属甲、乙吸收了相同热量，甲的末温比乙的高，那么初温相同的甲、乙放出相同热量（    ） A．甲的末温比乙的低，但无法判断甲、乙比热容哪一个大 B．甲的末温比乙的高，但无法判断甲、乙比热容哪一个大 C．甲的末温比乙的高，且可以判断甲、乙比热容哪一个大 D．甲的末温比乙的低，且可以判断甲、乙比热容哪一个大 【答案】D 【详解】初温和质量相同的两块金属甲、乙吸收了相同热量，甲的末温比乙的高，则温度变化比乙温度变化快，说明甲的温度变化量较大，根据可知甲的比热容较小。进而可知，初温相同的甲、乙放出相同热量，甲乙温度都降低，且甲温度变化比乙温度变化快，所以甲的末温比乙的末温低。故ABC不符合题意，D符合题意。 故选D。 8．柴油机和汽油机结构不同，意味着吸气冲程吸入物质也不同，柴油机在吸气冲程吸入的是 ；甲乙两台柴油机功率之比P甲 ∶ P 乙=2∶1， 效率之比η甲∶ η乙=6∶ 5，则两柴油机在相同时间内消耗同样型号的柴油质量之比为 。 【答案】 空气 5∶3 【详解】[1]柴油机在吸气冲程吸入的是空气，而汽油机吸入的是汽油和空气的混合物。 [2]根据功率公式变形可得，相同时间内做功之比为 根据效率公式可得 则有放出热量之比 根据Q放=mq可知，质量之比即为燃料放出热量之比，则 9．如图甲瓶盖内的螺纹口相当于简单机械中的 ，起到了 的作用。很多男生会利用喝完的饮料瓶进行如图所示的游戏：在饮料瓶中留有少量水，盖紧瓶盖，扭转瓶子时，再轻轻扭松瓶盖，瓶盖被瓶内的气体冲出，瓶内气体内能 （填“增加”或“减少”），此时气体的能量转化类似四冲程内燃机的 冲程。某四冲程汽油机飞轮的转速是30r/s，每分钟对外做 次功，若每次做功400J，则此汽油机的功率为 W。 【答案】 斜面 省力 减少 做功 900 6000 【详解】[1][2]斜面是一种简单的机械，可以省力。图甲瓶盖内的螺旋是斜面的变形，起到了省力的效果。 [3][4]气体冲出时，气体对外做功，自身的内能减少、温度降低，是做功改变了内能，内能转化为机械能，能量转化类似四冲程内燃机的做功冲程。 [5][6]某四冲程汽油机飞轮的转速是30r/s＝1800r/min，即飞轮每分钟转1800r。因为汽油机的飞轮转2r，对外做功1次，所以汽油机每分钟对外做功900次。已知每次做功400J，则1min内汽油机做的功为 所以此汽油机的功率 10．某同学在研究“沙子和水谁的吸热本领大”时，选用了两只完全相同的酒精灯用完全相同的方式分别给质量都是0.2kg的沙子和水加热。他绘制的图像中表示沙子的温度随加热时间变化的图像是 （选填“a”“b”）已知酒精的热值，加热时酒精灯平均每2分钟消耗酒精。已知水的比热容，2分钟内沙子吸收的热量是 J；沙子的比热容是 ；2min后将沙子和水混合，不考虑热损耗，它们最终的温度是 （结果保留整数）。 【答案】 a 66℃ 【解析】【小题1】[1]由题可知，两只相同酒精灯、相同方式加热，质量相同的沙子和水。因为水的比热容比沙子大，所以加热相同时间，水升温慢，沙子升温快。因此，温度随时间变化更陡的线是沙子，平缓的线是水，即a是表示温度时间图像。 [2][3]相同加热仪器，相同加热时间（2min），说明沙子和水吸收的热量相同，因此 由图a可知，加热2min沙子升高的温度 所以 即 [4]2min后将沙子和水混合，因为沙子温度高，水的温度低，所以热平衡（）后有 解得 11．如图为四缸发动机的工作原理图：内燃机通过连杆把四个汽缸的活塞连在一根曲轴上，并使各汽缸的做功冲程错开，在飞轮转动的每半周里，都有一个汽缸在做功，其他三个汽缸分别在吸气、压缩和排气冲程。 排量 2.0L 输出功率 120kW 转速 6000r/min (1)发动机在做功冲程里，高温、高压的燃气推动活塞向下运动，对外做功，同时将 能转化为 能。 (2)有一台四缸发动机，其主要技术指标如表所示。其中排量等于四个汽缸工作容积的总和，汽缸工作容积指活塞从上止点到下止点所扫过的容积，又称单缸排量，它取决于活塞的面积和活塞上下运动的距离（即冲程长）。转速表示每分钟曲轴或飞轮所转的周数。 ①单缸排量V= L，该发动机工作时在5s内做功 J。 ②正常工作过程中，发动机中单缸每次做功W= J。 (3)在做功冲程里，燃气对活塞所做的功可表示为W=pV，式中p表示燃气对活塞的压强，则p= Pa、（1L=10﹣3m3） 【答案】(1) 内 机械 (2) 0.5 6×105 600 (3)1.2×106 【详解】（1）[1][2]做功冲程中燃气内能转化为活塞机械能，再通过曲轴飞轮输出，使汽车运动。 （2）[1]由题可知，排量2.0L是四个汽缸工作容积总和，所以 [2][3]由题可知，转速； 单缸四冲程汽油机，一个工作循环，有四个冲程，飞轮转两圈，对外做功一次，该汽车是四缸，则每秒做功次数为，输出功率 所以1s内做功 所以5s做功为 每次做功（单缸一次做功冲程）能量： （3）由（2）可知单缸一次做功 ，单缸排量，所以 12．某混合动力公交车以36km/h的速度沿平直公路匀速行驶时，所受阻力恒为2000N。该车先使用纯电模式行驶了12min，消耗电能；接着切换为纯柴油模式，牵引力不变，柴油机效率为40％，已知，求： (1)纯电模式下行驶的距离； (2)纯电模式下能量转换的效率； (3)柴油模式下行驶10km消耗的柴油质量（设完全燃烧，计算结果保留两位小数）。 【答案】(1)7.2km (2)90% (3)1.19kg 【详解】（1）公交车匀速行驶，速度v=36km/h，时间t=12min=0.2h 行驶距离公式s=vt=36km/h×0.2h=7.2km （2）牵引力F牵=f=2000N 行驶距离s=7.2km=7200m 牵引力做功W有=F牵s=2000N×7200m=1.44×107J 消耗电能W电=1.6×107J，效率公式 （3）行驶s1=10km=104m 牵引力做功 柴油机效率，所需热量 消耗的柴油质量公式 13．沣河金湾北沙滩是一处沿沣河而建的沙滩景点，适合全天游玩。假期，小明一家在沙滩露营，小明用如图所示的便携式丁烷气炉（内置一瓶新的燃气瓶，相关参数见下表）以最大火力烧水，烧水前水的初温为20℃，气压为1标准大气压，水的比热容为4.2×103J/（kg·℃）。 气炉热效率 燃气消耗量 气瓶净含量 丁烷热值 40% 210g/h（最大火力） 500g 9×107J/kg (1)燃气瓶中的丁烷消耗一部分后，瓶中剩余部分丁烷的热值 （选填“变大”“不变”或“变小”）。 (2)气炉持续燃烧8min，能够烧开的水的质量是多少? (3)若将气炉热效率提高10%，同样烧开第（2）问中的水可节约的时间是多少分钟? 【答案】(1)不变 (2)3kg (3)1.6min 【详解】（1）热值是燃料本身的特性，与燃料的种类有关，与燃料的质量、放出的热量以及燃烧情况无关；燃气瓶中的丁烷消耗一部分后，丁烷质量减小，但是热值不变。 （2）燃烧8min消耗燃气的质量 燃气完全燃烧放出的热量 水吸收的热量 由可得，烧开水的质量 （3）气炉热效率提高10%，则变为50%，则需要燃气完全燃烧放出的热量 由可得，消耗燃气的质量 燃烧22.4g燃气需要的时间 因此节约的时间 14．阅读短文，回答问题。 虎鲸号 图甲是我国自主研发的大型无人作战舰艇“虎鲸号”，其动力系统采用柴电双模推进，空载排水量，最大载重量，设计最大吃水深度。若“虎鲸号”在某次直线航行动力测试中，采用柴油模式，总消耗柴油。设发动机当前消耗柴油质量占总消耗柴油质量的百分比为，图乙为对应发动机输出功率，图丙为对应“虎鲸号”航行速度，下表为相应阶段内行驶距离； 已知：，柴油发动机效率为35%； 0-10% 10%-60% 60%-65% 65%-95% 95%-100% s (1)“虎鲸号”舰体尖锐设计，是为了减小航行时的 ；若“虎鲸号”由内河航行到海洋，其吃水深度会 （选填“变大”“变小”或“不变”）； (2)“虎鲸号”满载停靠在军港时，船底受到水的最大压强为 Pa，所受的浮力为 N； (3)“虎鲸号”此次动力测试中，完全燃烧柴油放出的热量为 ，航行路程为 km。 【答案】(1) 阻力 变小 (2) (3) 85 【详解】（1）[1]“虎鲸号”舰体尖锐设计，即流线型设计，是为了减小航行时的阻力。 [2]若“虎鲸号”由内河航行到海洋，“虎鲸号”一直漂浮，浮力等于重力，重力不变，则浮力的大小不变，从河水变为海水，密度变大，根据可知，排开液体的体积变小，“虎鲸号”上浮一些，其吃水深度会变小。 （2）[1] 设计最大吃水深度，故“虎鲸号”满载停靠在军港时，船底受到水的最大压强为 [2]“虎鲸号”满载时，漂浮在水面上，则 可以推出 则空载排水量，最大载重量，最大的总排水量为 所受的浮力为 （3）[1]“虎鲸号”此次动力测试中，完全燃烧柴油放出的热量为 [2]柴油发动机效率为35%，则柴油机获得的有用的机械能为 当D为0-10%时，行驶的路程为s1=5.2km 当D为10%-60%时，“虎鲸号”获得有用的机械能为 根据图乙可知，此时柴油机输出的功率为3000kW，则虎鲸号航行的时间为 根据图丙可知，虎鲸号航行的速度为28.8km/h，则虎鲸号航行的距离为 当D为65%-95%时，“虎鲸号”获得有用的机械能为 根据图乙可知，此时柴油机输出的功率为1000kW，则虎鲸号航行的时间为 根据图丙可知，虎鲸号航行的速度为10.8km/h，则虎鲸号航行的距离为 由于 的路程之和为 航行路程为 15．阅读短文，回答问题。 载人飞艇 2024年3月30日，我国自主研制的“祥云”AS700载人飞艇成功完成首飞。如图甲，某飞艇升空靠浮力来实现，水平飞行靠发动机燃烧燃油提供动力。发动机输出的能量用于做推动功和辅助功：推动功指克服空气阻力推动飞艇水平飞行做的功；辅助功指发动机驱动飞艇上发电机工作所做的功，辅助功的功率恒定。当飞艇低速（v≤12m/s）水平直线飞行时，其受到的空气阻力F阻与速度v的关系如图乙所示。飞艇部分参数如表。 发动机最大输出功率 5×105W 辅助功的功率 5×104W 发动机内的燃油热值 5×107J/kg 发动机的效率 40% (1)下列关于飞艇的说法中，正确的是___________。 A．飞艇匀速下降过程中，重力不做功 B．飞艇匀速上升过程中，浮力不做功 C．飞艇上升遇冷空气降温，内能增大 D．飞艇匀速下降过程中，机械能减小 (2)如图丁是飞艇上的平衡警示局部电路图，其中S为重力开关，金属片M可绕O点自由转动，当飞艇水平时，M在a、b中间。当飞艇严重左倾时红灯亮；当飞艇严重右倾时绿灯亮。请根据要求补全电路图。 (3)飞艇先后以4m/s和10m/s的速度水平匀速直线飞行相同的时间，推动功分别为W1和W2，则W1∶W2= 。 (4)飞艇以5m/s的速度水平匀速直线飞行时，若发动机内消耗了6.25kg燃油，则完全燃烧6.25kg燃油放出的热量为 J，该过程中飞艇的飞行距离为 km。 【答案】(1)D (2) (3)4∶25 (4) 3.125×108 10 【详解】（1）A．飞艇匀速下降过程中，重方向与运动方向相同，所以重力做功，故A错误； B．飞艇匀速上升过程中，浮力方向与运动方向相同，浮力做功，故B错误； C．飞艇上升遇冷空气降温，放出热量，内能减小，故C错误； D．机械能包括动能与势能，飞艇匀速下降过程中，动能不变，重力势能减小，所以机械能减小，故D正确。 故选D。 （2）当飞艇水平时，M在a、b中间。当飞艇严重左倾时红灯亮，表明红灯接入电路；当飞艇严重右倾时绿灯亮，表明此时绿灯接入电路。，如图所示 （3）以4m/s的速度水平匀速直线飞行时受到空气的阻力为 以10m/s的速度水平匀速直线飞行时受到空气的阻力为 则W1∶W2为 （4）[1]燃油完全燃烧放出的热量 [2]发动机输出的能量为 以5m/s的速度水平匀速直线飞行时受到空气的阻力为 发动机输出的机械能 代入数据可得 解得该过程中飞艇的飞行时间为 该过程中飞艇的飞行距离为 2 / 12 学科网（北京）股份有限公司 $