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【分析】
首先我们要明确内燃机效率的定义：热机的效率是用来做有用功的能量，和燃料完全燃烧释放的总能量的比值。接下来观察能流图，先确定总能量：图里燃气内能E就是燃料完全燃烧后释放的总能量。再区分各个能量的去向：E₁是废气带走的内能、E₃是散热损失的能量、E₄是机械摩擦损耗的能量，这三部分都是能量损失，只有E₂是对外输出的有用机械能，也就是我们需要的有用功对应的能量。最后按照效率的定义，用有用能量除以总能量就能得到内燃机的效率，对应选项判断即可。
【解析】
解：根据热机效率的定义，内燃机的效率是指内燃机工作时，转化为有用功的能量与燃料完全燃烧释放的总能量的比值。
从能流图中可知：
1. 燃料完全燃烧获得的总能量为燃气内能E；
2. 能量的所有去向中，只有E₂是对外输出的有用机械能，也就是对应有用功的能量，E₁、E₃、E₄均是各类能量损失，不属于有用能量。
因此内燃机的效率表达式为：$\eta=\dfrac{E_{2}}{E}×100\%$，对应选项C正确。
【答案】
C
【知识点】
热机效率，内燃机能量流向
【点评】
本题属于热机效率的基础概念应用题，解题核心是牢记热机效率的定义，准确区分总能量、有用能量和各类损耗能量，避免误将损失能量计入有用功的常见错误，能流图的形式也能帮助学生直观理解内燃机的能量分配特点。
【难度系数】
0.8

【分析】
这道题围绕古代筒车的工作场景展开，按三步逻辑思考即可：
1. 第一问求水流做的总功，已知水流的功率和筒车转一周的时间，直接利用功和功率的关系式W=Pt就能直接计算得到总功。
2. 第二问求取水的机械效率，机械效率的定义是有用功和总功的比值，这里的有用功是将所有提升到接水槽的水克服重力做的功：先算出筒车转一周总共提升的水的总质量，再用W=Gh=mgh算出有用功，代入效率公式即可得到结果。
3. 第三问求燃烧柴油的质量，首先先算出1小时内抽水做的总有用功：先算出1小时筒车转动的周数，乘以单周的有用功得到总有用功；再根据柴油发动机的效率，反推出柴油完全燃烧需要放出的总热量，最后利用燃料放热公式Q=mq，变形求出需要的柴油质量，完成单位换算即可。
【解析】
解：
(1) 已知水流冲击筒车的功率$P=40\ \mathrm{W}$，筒车旋转一周的时间$t=60\ \mathrm{s}$，根据$W=Pt$可得水流做的总功：
$W_{\mathrm{总}}=Pt=40\ \mathrm{W} × 60\ \mathrm{s}=2400\ \mathrm{J}$
(2) 筒车旋转一周取水的总质量$m_{\mathrm{总}}=12 × 4\ \mathrm{kg}=48\ \mathrm{kg}$，提升高度$h=4\ \mathrm{m}$，克服水的重力做的有用功：
$W_{\mathrm{有用}}=Gh=m_{\mathrm{总}}gh=48\ \mathrm{kg} × 10\ \mathrm{N/kg} × 4\ \mathrm{m}=1920\ \mathrm{J}$
则取水的机械效率：
$\eta=\frac{W_{\mathrm{有用}}}{W_{\mathrm{总}}} × 100\% =\frac{1920\ \mathrm{J}}{2400\ \mathrm{J}} × 100\% =80\%$
(3) 1小时的总时间$t_{\mathrm{总}}=3600\ \mathrm{s}$，1小时内筒车转动的周数$n=\frac{3600\ \mathrm{s}}{60\ \mathrm{s}}=60$，则1小时抽水做的总有用功：
$W_{\mathrm{有用1}}=nW_{\mathrm{有用}}=60 × 1920\ \mathrm{J}=1.152 × 10^5\ \mathrm{J}$
已知柴油发动机效率$\eta_1=30\%$，则柴油完全燃烧需要放出的热量：
$Q_{\mathrm{放}}=\frac{W_{\mathrm{有用1}}}{\eta_1}=\frac{1.152 × 10^5\ \mathrm{J}}{30\%}=3.84 × 10^5\ \mathrm{J}$
根据$Q_{\mathrm{放}}=m_{\mathrm{柴油}}q$，可得需要的柴油质量：
$m_{\mathrm{柴油}}=\frac{Q_{\mathrm{放}}}{q}=\frac{3.84 × 10^5\ \mathrm{J}}{4 × 10^7\ \mathrm{J/kg}}=9.6 × 10^{-3}\ \mathrm{kg}=9.6\ \mathrm{g}$
【答案】
(1) $2400\ \mathrm{J}$
(2) $80\%$
(3) $9.6\ \mathrm{g}$
【知识点】
功与功率计算；机械效率；燃料热值计算
【点评】
本题结合我国古代传统农业机械筒车的情境命题，将力学功、功率和热学热值的知识点融合，属于基础应用型计算题，解题时只需要牢记对应公式，注意单位换算，区分总功、有用功、燃料放热的不同含义即可，难度不高，同时能让学生感受到古代劳动人民的智慧。
【难度系数】
0.7

【分析】
这道题围绕古代筒车的工作场景展开，按三步逻辑思考即可：
1. 第一问求水流做的总功，已知水流的功率和筒车转一周的时间，直接利用功和功率的关系式W=Pt就能直接计算得到总功。
2. 第二问求取水的机械效率，机械效率的定义是有用功和总功的比值，这里的有用功是将所有提升到接水槽的水克服重力做的功：先算出筒车转一周总共提升的水的总质量，再用W=Gh=mgh算出有用功，代入效率公式即可得到结果。
3. 第三问求燃烧柴油的质量，首先先算出1小时内抽水做的总有用功：先算出1小时筒车转动的周数，乘以单周的有用功得到总有用功；再根据柴油发动机的效率，反推出柴油完全燃烧需要放出的总热量，最后利用燃料放热公式Q=mq，变形求出需要的柴油质量，完成单位换算即可。
【解析】
解：
(1) 已知水流冲击筒车的功率$P=40\ \mathrm{W}$，筒车旋转一周的时间$t=60\ \mathrm{s}$，根据$W=Pt$可得水流做的总功：
$W_{\mathrm{总}}=Pt=40\ \mathrm{W} × 60\ \mathrm{s}=2400\ \mathrm{J}$
(2) 筒车旋转一周取水的总质量$m_{\mathrm{总}}=12 × 4\ \mathrm{kg}=48\ \mathrm{kg}$，提升高度$h=4\ \mathrm{m}$，克服水的重力做的有用功：
$W_{\mathrm{有用}}=Gh=m_{\mathrm{总}}gh=48\ \mathrm{kg} × 10\ \mathrm{N/kg} × 4\ \mathrm{m}=1920\ \mathrm{J}$
则取水的机械效率：
$\eta=\frac{W_{\mathrm{有用}}}{W_{\mathrm{总}}} × 100\% =\frac{1920\ \mathrm{J}}{2400\ \mathrm{J}} × 100\% =80\%$
(3) 1小时的总时间$t_{\mathrm{总}}=3600\ \mathrm{s}$，1小时内筒车转动的周数$n=\frac{3600\ \mathrm{s}}{60\ \mathrm{s}}=60$，则1小时抽水做的总有用功：
$W_{\mathrm{有用1}}=nW_{\mathrm{有用}}=60 × 1920\ \mathrm{J}=1.152 × 10^5\ \mathrm{J}$
已知柴油发动机效率$\eta_1=30\%$，则柴油完全燃烧需要放出的热量：
$Q_{\mathrm{放}}=\frac{W_{\mathrm{有用1}}}{\eta_1}=\frac{1.152 × 10^5\ \mathrm{J}}{30\%}=3.84 × 10^5\ \mathrm{J}$
根据$Q_{\mathrm{放}}=m_{\mathrm{柴油}}q$，可得需要的柴油质量：
$m_{\mathrm{柴油}}=\frac{Q_{\mathrm{放}}}{q}=\frac{3.84 × 10^5\ \mathrm{J}}{4 × 10^7\ \mathrm{J/kg}}=9.6 × 10^{-3}\ \mathrm{kg}=9.6\ \mathrm{g}$
【答案】
(1) $2400\ \mathrm{J}$
(2) $80\%$
(3) $9.6\ \mathrm{g}$
【知识点】
功与功率计算；机械效率；燃料热值计算
【点评】
本题结合我国古代传统农业机械筒车的情境命题，将力学功、功率和热学热值的知识点融合，属于基础应用型计算题，解题时只需要牢记对应公式，注意单位换算，区分总功、有用功、燃料放热的不同含义即可，难度不高，同时能让学生感受到古代劳动人民的智慧。
【难度系数】
0.7

【分析】
这是一道结合新能源汽车场景的力热综合应用题，解题思路可按小问逐步梳理：
1. 第一问已知汽车最大功率和行驶时间，直接调用功率定义式$P=\frac{W}{t}$，先将时间单位换算为秒，变形后即可算出牵引力做的功。
2. 第二问抓住“匀速直线行驶”的隐含条件，此时汽车水平方向受力平衡，牵引力和阻力大小相等，既可以先算行驶速度，用推导式$P=Fv$求牵引力，也可以直接用第一问的功结合$W=Fs$直接算出牵引力，即可得到阻力大小。
3. 第三问燃油车效率为32%，代表牵引力做的有用功占汽油完全燃烧放热的比例，先通过效率公式算出汽油需要释放的总热量，再结合燃料放热公式$Q_{放}=mq$，即可算出消耗汽油的质量。
4. 第四问先根据能量密度和电池总质量算出电池储存的总能量，乘以电动车的能量利用率得到可输出的有用机械能，结合第二问求出的恒定牵引力，用$W=Fs$变形即可算出最大行驶距离，最后换算单位为km即可。
【解析】
解：
(1) 行驶时间$t=6\min=6×60\mathrm{s}=360\mathrm{s}$，由$P=\frac{W}{t}$得牵引力做功：
$W=Pt=1×10^5\ \mathrm{W}×360\mathrm{s}=3.6×10^7\ \mathrm{J}$
(2) 汽车行驶速度$v=\frac{s}{t}=\frac{8000\mathrm{m}}{360\mathrm{s}}=\frac{200}{9}\ \mathrm{m/s}$，汽车匀速直线行驶，受力平衡，阻力等于牵引力，由$P=Fv$得：
$F=\frac{P}{v}=\frac{1×10^5\ \mathrm{W}}{\frac{200}{9}\ \mathrm{m/s}}=4.5×10^3\ \mathrm{N}$
因此阻力$f=F=4.5×10^3\ \mathrm{N}$
(3) 由$\eta=\frac{W}{Q_{放}}$得汽油完全燃烧需要释放的总热量：
$Q_{放}=\frac{W}{\eta}=\frac{3.6×10^7\ \mathrm{J}}{32\%}=1.125×10^8\ \mathrm{J}$
由$Q_{放}=mq$得消耗汽油的质量：
$m=\frac{Q_{放}}{q_{汽油}}=\frac{1.125×10^8\ \mathrm{J}}{4.5×10^7\ \mathrm{J/kg}}=2.5\ \mathrm{kg}$
(4) 300kg电池储存的总能量：
$W_{总}=9×10^6\ \mathrm{J/kg}×300\mathrm{kg}=2.7×10^9\ \mathrm{J}$
电动汽车可输出的有用机械能：
$W_{有用}=\eta_{电}W_{总}=90\%×2.7×10^9\ \mathrm{J}=2.43×10^9\ \mathrm{J}$
由$W=Fs$得可行驶的最大距离：
$s_{max}=\frac{W_{有用}}{F}=\frac{2.43×10^9\ \mathrm{J}}{4.5×10^3\ \mathrm{N}}=5.4×10^5\ \mathrm{m}=540\ \mathrm{km}$
【答案】
(1) $3.6×10^7\ \mathrm{J}$
(2) $4.5×10^3\ \mathrm{N}$
(3) $2.5\ \mathrm{kg}$
(4) $540\ \mathrm{km}$
【知识点】
功率计算，二力平衡，热机效率
【点评】
本题结合新能源汽车热点场景设置梯度化问题，属于力热综合常规计算题，既考察了功、功率的基础公式应用，也区分了燃油车热效率和电动车能量利用率的不同场景，只要抓住匀速运动牵引力等于阻力的隐含条件，统一单位代入公式即可顺利求解。
【难度系数】
0.6