3. 如图所示是滚摆完成一次下降和上升的示意图。该过程中，滚摆分别处于甲、乙位置时，(
A.重力势能不同，动能相同
B.重力势能不同，动能不同
C.重力势能相同，动能相同
D.重力势能相同，动能不同
D
)。A.重力势能不同，动能相同
B.重力势能不同，动能不同
C.重力势能相同，动能相同
D.重力势能相同，动能不同
答案：D
解析：
【分析】
首先，我们需要回忆动能和重力势能的影响因素：重力势能的大小与物体的质量和高度有关，动能的大小与物体的质量和速度有关。
第一步，判断甲、乙位置的重力势能：观察图中可知，甲、乙位置的高度相同，滚摆的质量不变，根据重力势能的影响因素，可得出二者的重力势能相同。
第二步，判断甲、乙位置的动能：滚摆在运动过程中，会克服空气阻力和摩擦做功，机械能（动能+重力势能）会有损耗，逐渐减小。甲是下降过程，此时滚摆的机械能比乙位置（上升过程）的机械能大，而二者重力势能相同，所以甲的动能大于乙的动能，即动能不同。综合这两点，就能确定正确选项。
【解析】
1. 重力势能的判断：
滚摆的质量保持不变，由图可知甲、乙位置的高度相同，根据重力势能的影响因素（质量越大、高度越高，重力势能越大），可得甲、乙位置的滚摆重力势能相同。
2. 动能的判断：
滚摆在运动过程中，需要克服空气阻力和摩擦做功，部分机械能转化为内能，机械能总量减小。
由于甲、乙位置重力势能相同，而甲位置的机械能大于乙位置的机械能，根据“机械能=动能+重力势能”，可推出甲位置的动能大于乙位置的动能，即二者动能不同。
综上，甲、乙位置重力势能相同，动能不同，对应选项D。
【答案】
D
【知识点】
重力势能影响因素、动能影响因素、机械能损耗
【点评】
本题结合滚摆运动考查动能和重力势能的变化，需要同时考虑势能的高度影响因素，以及运动过程中的能量损耗对动能的影响，要求学生能结合实际运动过程分析能量变化，避免忽略能量损耗而错选。
【难度系数】
0.6
首先，我们需要回忆动能和重力势能的影响因素：重力势能的大小与物体的质量和高度有关，动能的大小与物体的质量和速度有关。
第一步，判断甲、乙位置的重力势能：观察图中可知，甲、乙位置的高度相同，滚摆的质量不变，根据重力势能的影响因素，可得出二者的重力势能相同。
第二步，判断甲、乙位置的动能：滚摆在运动过程中，会克服空气阻力和摩擦做功，机械能（动能+重力势能）会有损耗，逐渐减小。甲是下降过程，此时滚摆的机械能比乙位置（上升过程）的机械能大，而二者重力势能相同，所以甲的动能大于乙的动能，即动能不同。综合这两点，就能确定正确选项。
【解析】
1. 重力势能的判断：
滚摆的质量保持不变，由图可知甲、乙位置的高度相同，根据重力势能的影响因素（质量越大、高度越高，重力势能越大），可得甲、乙位置的滚摆重力势能相同。
2. 动能的判断：
滚摆在运动过程中，需要克服空气阻力和摩擦做功，部分机械能转化为内能，机械能总量减小。
由于甲、乙位置重力势能相同，而甲位置的机械能大于乙位置的机械能，根据“机械能=动能+重力势能”，可推出甲位置的动能大于乙位置的动能，即二者动能不同。
综上，甲、乙位置重力势能相同，动能不同，对应选项D。
【答案】
D
【知识点】
重力势能影响因素、动能影响因素、机械能损耗
【点评】
本题结合滚摆运动考查动能和重力势能的变化，需要同时考虑势能的高度影响因素，以及运动过程中的能量损耗对动能的影响，要求学生能结合实际运动过程分析能量变化，避免忽略能量损耗而错选。
【难度系数】
0.6
4. 为了比较$A$、$B$两种液体的吸热能力，小亮用完全相同的加热装置对质量分别为$100\ g$和$400\ g$的$A$、$B$两种液体进行加热，根据实验数据绘制的温度随时间变化的图像如图所示。根据图像信息，下列说法中正确的是(
A.$A$、$B$两液体在$0∼8\ min$内吸收的热量之比为$2:1$
B.$A$、$B$两液体的比热容之比为$1:2$
C.$B$液体的吸热能力比$A$液体的强
D.$A$液体比$B$液体更适合作发动机的冷却液
D
)。A.$A$、$B$两液体在$0∼8\ min$内吸收的热量之比为$2:1$
B.$A$、$B$两液体的比热容之比为$1:2$
C.$B$液体的吸热能力比$A$液体的强
D.$A$液体比$B$液体更适合作发动机的冷却液
答案：D
解析：
【分析】
要解决这道题，我们需要结合控制变量法和比热容的相关知识逐步分析：
1. 首先明确，相同的加热装置意味着相同时间内两种液体吸收的热量相同，这是分析的基础。
2. 对于选项A，0~8min内加热时间相同，所以A、B吸收的热量之比应为1:1，由此判断A错误。
3. 对于选项B，先从图像读出两种液体的温度变化，再利用吸热公式$Q_{吸}=cm\Delta t$（因为$Q_{吸}$相同），推导比热容之比，代入数据计算后判断B错误。
4. 对于选项C，比热容是反映物质吸热能力的物理量，比热容越大，吸热能力越强，结合B选项的结果判断C错误。
5. 对于选项D，发动机冷却液需要比热容大的液体，因为相同质量的液体，比热容大的升高相同温度时吸收的热量更多，冷却效果更好，结合比热容的大小判断D正确。
【解析】
1. 分析选项A：
用完全相同的加热装置加热，相同时间内两种液体吸收的热量相同，因此0~8min内，A、B吸收的热量之比为$1:1$，A选项错误。
2. 分析选项B：
由图像可知，8min内，A的温度变化$\Delta t_A=40°\mathrm{C}-20°\mathrm{C}=20°\mathrm{C}$，B的温度变化$\Delta t_B=30°\mathrm{C}-20°\mathrm{C}=10°\mathrm{C}$；
因为加热时间相同，所以$Q_{A吸}=Q_{B吸}$，根据$Q_{吸}=cm\Delta t$可得：
$c_A m_A \Delta t_A = c_B m_B \Delta t_B$，
则$\frac{c_A}{c_B}=\frac{m_B \Delta t_B}{m_A \Delta t_A}=\frac{400\ \mathrm{g} × 10°\mathrm{C}}{100\ \mathrm{g} × 20°\mathrm{C}}=\frac{2}{1}$，即$c_A:c_B=2:1$，B选项错误。
3. 分析选项C：
比热容越大，物质的吸热能力越强，由$c_A:c_B=2:1$可知，A的比热容更大，所以A的吸热能力比B强，C选项错误。
4. 分析选项D：
发动机的冷却液需要比热容大的液体，因为相同质量的液体，比热容大的升高相同温度时吸收的热量更多，冷却效果更好。A的比热容更大，所以A液体更适合作发动机的冷却液，D选项正确。
【答案】
D
【知识点】
比热容的特性、吸热公式应用、控制变量法
【点评】
本题考查了比热容的相关知识，解题的关键是理解相同加热装置的含义，熟练运用吸热公式，并结合比热容的物理意义分析问题，同时要注意控制变量法在实验中的应用。
【难度系数】
0.6
要解决这道题，我们需要结合控制变量法和比热容的相关知识逐步分析：
1. 首先明确，相同的加热装置意味着相同时间内两种液体吸收的热量相同，这是分析的基础。
2. 对于选项A，0~8min内加热时间相同，所以A、B吸收的热量之比应为1:1，由此判断A错误。
3. 对于选项B，先从图像读出两种液体的温度变化，再利用吸热公式$Q_{吸}=cm\Delta t$（因为$Q_{吸}$相同），推导比热容之比，代入数据计算后判断B错误。
4. 对于选项C，比热容是反映物质吸热能力的物理量，比热容越大，吸热能力越强，结合B选项的结果判断C错误。
5. 对于选项D，发动机冷却液需要比热容大的液体，因为相同质量的液体，比热容大的升高相同温度时吸收的热量更多，冷却效果更好，结合比热容的大小判断D正确。
【解析】
1. 分析选项A：
用完全相同的加热装置加热，相同时间内两种液体吸收的热量相同，因此0~8min内，A、B吸收的热量之比为$1:1$，A选项错误。
2. 分析选项B：
由图像可知，8min内，A的温度变化$\Delta t_A=40°\mathrm{C}-20°\mathrm{C}=20°\mathrm{C}$，B的温度变化$\Delta t_B=30°\mathrm{C}-20°\mathrm{C}=10°\mathrm{C}$；
因为加热时间相同，所以$Q_{A吸}=Q_{B吸}$，根据$Q_{吸}=cm\Delta t$可得：
$c_A m_A \Delta t_A = c_B m_B \Delta t_B$，
则$\frac{c_A}{c_B}=\frac{m_B \Delta t_B}{m_A \Delta t_A}=\frac{400\ \mathrm{g} × 10°\mathrm{C}}{100\ \mathrm{g} × 20°\mathrm{C}}=\frac{2}{1}$，即$c_A:c_B=2:1$，B选项错误。
3. 分析选项C：
比热容越大，物质的吸热能力越强，由$c_A:c_B=2:1$可知，A的比热容更大，所以A的吸热能力比B强，C选项错误。
4. 分析选项D：
发动机的冷却液需要比热容大的液体，因为相同质量的液体，比热容大的升高相同温度时吸收的热量更多，冷却效果更好。A的比热容更大，所以A液体更适合作发动机的冷却液，D选项正确。
【答案】
D
【知识点】
比热容的特性、吸热公式应用、控制变量法
【点评】
本题考查了比热容的相关知识，解题的关键是理解相同加热装置的含义，熟练运用吸热公式，并结合比热容的物理意义分析问题，同时要注意控制变量法在实验中的应用。
【难度系数】
0.6
5. 轿车行驶过程中，油箱中的汽油逐渐减少，剩余汽油的热值、密度的变化情况为(
A.热值不变，密度不变
B.热值不变，密度变小
C.热值变小，密度不变
D.热值变小，密度变小
A
)。A.热值不变，密度不变
B.热值不变，密度变小
C.热值变小，密度不变
D.热值变小，密度变小
答案：A
解析：
【分析】
要解决这道题，需先明确热值和密度的物理属性：
1. 回忆热值的定义：热值是燃料的一种特性，仅由燃料的种类决定，与燃料的质量、体积等无关；
2. 回忆密度的定义：密度是物质的一种特性，对于同种物质（状态、温度等不变时），密度与质量、体积无关，只与物质种类有关；
3. 题目中油箱内汽油逐渐减少，只是汽油的质量和体积发生变化，汽油的种类并未改变，因此剩余汽油的热值和密度都不会发生变化，进而判断选项。
【解析】
1. 热值的特性：热值是燃料的固有特性，只与燃料的种类有关，与燃料的质量、剩余量无关。油箱中汽油减少，汽油种类未变，所以热值不变；
2. 密度的特性：密度是物质的固有特性，对于同种物质（汽油），在状态、温度等条件不变时，密度与质量、体积无关。剩余汽油仍为同种物质，状态和温度未发生改变，因此密度不变；
综上，剩余汽油的热值和密度都不变，答案选A。
【答案】
A
【知识点】
热值的特性、密度的特性
【点评】
本题考查对热值和密度这两个物质特性的理解，核心是明确特性与物质的质量、体积无关，仅由物质本身的种类等因素决定，属于基础概念辨析题，需准确区分特性与可变物理量的关系。
【难度系数】
0.8
要解决这道题，需先明确热值和密度的物理属性：
1. 回忆热值的定义：热值是燃料的一种特性，仅由燃料的种类决定，与燃料的质量、体积等无关；
2. 回忆密度的定义：密度是物质的一种特性，对于同种物质（状态、温度等不变时），密度与质量、体积无关，只与物质种类有关；
3. 题目中油箱内汽油逐渐减少，只是汽油的质量和体积发生变化，汽油的种类并未改变，因此剩余汽油的热值和密度都不会发生变化，进而判断选项。
【解析】
1. 热值的特性：热值是燃料的固有特性，只与燃料的种类有关，与燃料的质量、剩余量无关。油箱中汽油减少，汽油种类未变，所以热值不变；
2. 密度的特性：密度是物质的固有特性，对于同种物质（汽油），在状态、温度等条件不变时，密度与质量、体积无关。剩余汽油仍为同种物质，状态和温度未发生改变，因此密度不变；
综上，剩余汽油的热值和密度都不变，答案选A。
【答案】
A
【知识点】
热值的特性、密度的特性
【点评】
本题考查对热值和密度这两个物质特性的理解，核心是明确特性与物质的质量、体积无关，仅由物质本身的种类等因素决定，属于基础概念辨析题，需准确区分特性与可变物理量的关系。
【难度系数】
0.8
6. 小明将凝固点为$47° C$的某液态合金放在室温为$25° C$的实验室中，该合金从$70° C$降至$47° C$并保持一段时间再降至$35° C$，该合金在此过程中(
A.对外放热，内能一直减少
B.存在液化现象，内能一直增加
C.温度保持$47° C$时，不吸热也不放热
D.存在凝固现象，内能先减少后不变再减少
A
)。A.对外放热，内能一直减少
B.存在液化现象，内能一直增加
C.温度保持$47° C$时，不吸热也不放热
D.存在凝固现象，内能先减少后不变再减少
答案：A
解析：
【分析】
首先理清合金的温度变化与内能、状态的关系：
1. 合金从70℃（液态，高于凝固点47℃）降至47℃：此阶段为液态降温，温度高于室温，对外放热，内能随温度降低而减少；
2. 温度保持47℃时：室温25℃低于凝固点，合金发生凝固现象，凝固过程温度不变，但需对外放热，且状态从液态变为固态（分子势能减少），因此内能继续减少；
3. 从47℃降至35℃：合金为固态，继续降温对外放热，内能进一步减少。
综上分析各选项：B选项不存在液化现象且内能不是增加；C选项温度保持47℃时凝固过程放热；D选项凝固过程内能仍减少，并非不变；只有A选项符合整个过程的能量变化规律。
【解析】
1. 液态合金从70℃降至47℃：温度高于室温，对外放热，温度降低，内能减少；
2. 温度保持47℃阶段：合金发生凝固（液态→固态），凝固过程对外放热，虽温度不变，但因放热且分子势能减小，内能仍减少；
3. 固态合金从47℃降至35℃：继续对外放热，温度降低，内能减少。
对选项逐一判断：
A选项：对外放热，内能一直减少，符合整个过程的能量变化，正确；
B选项：液化是气态变液态，此处是液态变固态（凝固），且内能持续减少而非增加，错误；
C选项：温度保持47℃时，凝固过程对外放热，并非不吸热不放热，错误；
D选项：凝固过程中内能减少，不是不变，因此“内能先减少后不变再减少”的描述错误。
【答案】
A
【知识点】
凝固现象、内能变化规律
【点评】
本题核心考查凝固过程的特点及内能的影响因素，易混淆点是凝固过程中温度不变但内能仍会因放热和状态变化而减少，需明确内能不仅与温度有关，还与物质的状态密切相关。
【难度系数】
0.6
首先理清合金的温度变化与内能、状态的关系：
1. 合金从70℃（液态，高于凝固点47℃）降至47℃：此阶段为液态降温，温度高于室温，对外放热，内能随温度降低而减少；
2. 温度保持47℃时：室温25℃低于凝固点，合金发生凝固现象，凝固过程温度不变，但需对外放热，且状态从液态变为固态（分子势能减少），因此内能继续减少；
3. 从47℃降至35℃：合金为固态，继续降温对外放热，内能进一步减少。
综上分析各选项：B选项不存在液化现象且内能不是增加；C选项温度保持47℃时凝固过程放热；D选项凝固过程内能仍减少，并非不变；只有A选项符合整个过程的能量变化规律。
【解析】
1. 液态合金从70℃降至47℃：温度高于室温，对外放热，温度降低，内能减少；
2. 温度保持47℃阶段：合金发生凝固（液态→固态），凝固过程对外放热，虽温度不变，但因放热且分子势能减小，内能仍减少；
3. 固态合金从47℃降至35℃：继续对外放热，温度降低，内能减少。
对选项逐一判断：
A选项：对外放热，内能一直减少，符合整个过程的能量变化，正确；
B选项：液化是气态变液态，此处是液态变固态（凝固），且内能持续减少而非增加，错误；
C选项：温度保持47℃时，凝固过程对外放热，并非不吸热不放热，错误；
D选项：凝固过程中内能减少，不是不变，因此“内能先减少后不变再减少”的描述错误。
【答案】
A
【知识点】
凝固现象、内能变化规律
【点评】
本题核心考查凝固过程的特点及内能的影响因素，易混淆点是凝固过程中温度不变但内能仍会因放热和状态变化而减少，需明确内能不仅与温度有关，还与物质的状态密切相关。
【难度系数】
0.6
7. 如图所示是我国古代发明的取火器模型图，把推杆迅速推入牛角套筒时，套筒内空气被压缩，推杆前端的艾绒立刻燃烧起来，此过程中机械能转化为
内
能，内燃机的压缩
冲程与该过程的原理相同。答案：内
压缩
压缩
解析：
【分析】
首先分析取火器的工作过程：推杆推入套筒压缩空气，是外界对空气做功，根据做功改变内能的规律，对物体做功时，机械能会转化为物体的内能，使物体内能增加；再结合内燃机的冲程特点，回忆四个冲程中哪个冲程是机械能转化为内能的，压缩冲程是活塞压缩气体做功，机械能转化为内能，与该过程原理一致。
【解析】
1. 当推杆迅速推入牛角套筒时，套筒内空气被压缩，外界对空气做功，空气的内能增大，温度升高，艾绒燃烧，此过程中机械能转化为内能。
2. 内燃机的四个冲程中，压缩冲程是活塞向上运动，压缩气缸内的气体，对气体做功，将机械能转化为内能，与该取火器的工作原理相同。
【答案】
内；压缩
【知识点】
做功改变内能；内燃机冲程
【点评】
本题结合古代取火器，考查了做功改变内能的能量转化以及内燃机压缩冲程的特点，将物理知识与古代发明结合，需要学生理解做功改变内能的本质，区分内燃机不同冲程的能量转化。
【难度系数】
0.7
首先分析取火器的工作过程：推杆推入套筒压缩空气，是外界对空气做功，根据做功改变内能的规律，对物体做功时，机械能会转化为物体的内能，使物体内能增加；再结合内燃机的冲程特点，回忆四个冲程中哪个冲程是机械能转化为内能的，压缩冲程是活塞压缩气体做功，机械能转化为内能，与该过程原理一致。
【解析】
1. 当推杆迅速推入牛角套筒时，套筒内空气被压缩，外界对空气做功，空气的内能增大，温度升高，艾绒燃烧，此过程中机械能转化为内能。
2. 内燃机的四个冲程中，压缩冲程是活塞向上运动，压缩气缸内的气体，对气体做功，将机械能转化为内能，与该取火器的工作原理相同。
【答案】
内；压缩
【知识点】
做功改变内能；内燃机冲程
【点评】
本题结合古代取火器，考查了做功改变内能的能量转化以及内燃机压缩冲程的特点，将物理知识与古代发明结合，需要学生理解做功改变内能的本质，区分内燃机不同冲程的能量转化。
【难度系数】
0.7
8. 小明用高压打气筒往封闭空塑料瓶内打入空气，如图所示。随着瓶内气压增加，气体内能增大，这是通过
做功
方式改变瓶内气体内能。当气压达到一定程度时，瓶盖飞出，这一过程与内燃机做功
冲程的能量转化情况相同；瓶盖飞出的同时，瓶口冒“白雾”，其物态变化是液化
。答案：做功
做功
液化
做功
液化
解析：
【分析】
首先回忆改变内能的两种方式：做功和热传递。用高压打气筒往瓶内打气时，是外界对瓶内气体做功，使气体内能增大，因此是通过做功的方式改变内能；瓶盖飞出时，瓶内气体对外做功，内能转化为机械能，内燃机的做功冲程也是将内能转化为机械能，二者能量转化相同；瓶口的“白雾”是水蒸气遇冷变为小水滴，结合物态变化的定义可判断是液化现象。
【解析】
1. 用高压打气筒往封闭空塑料瓶内打入空气，外界对瓶内气体做功，机械能转化为气体的内能，使气体内能增大，这是通过做功方式改变瓶内气体内能。
2. 瓶盖飞出时，瓶内气体对瓶盖做功，内能转化为瓶盖的机械能，内燃机的做功冲程是将内能转化为机械能，二者能量转化情况相同。
3. 瓶盖飞出时，瓶内气体内能减小、温度降低，瓶口周围的水蒸气遇冷由气态变为液态，形成“白雾”，该物态变化是液化。
【答案】
做功；做功；液化
【知识点】
做功改变内能；内燃机做功冲程；液化现象
【点评】
本题结合生活场景考查了内能改变方式、内燃机冲程的能量转化及液化现象，需要将物理知识与实际现象结合，理解各过程的物理原理。
【难度系数】
0.6
首先回忆改变内能的两种方式：做功和热传递。用高压打气筒往瓶内打气时，是外界对瓶内气体做功，使气体内能增大，因此是通过做功的方式改变内能；瓶盖飞出时，瓶内气体对外做功，内能转化为机械能，内燃机的做功冲程也是将内能转化为机械能，二者能量转化相同；瓶口的“白雾”是水蒸气遇冷变为小水滴，结合物态变化的定义可判断是液化现象。
【解析】
1. 用高压打气筒往封闭空塑料瓶内打入空气，外界对瓶内气体做功，机械能转化为气体的内能，使气体内能增大，这是通过做功方式改变瓶内气体内能。
2. 瓶盖飞出时，瓶内气体对瓶盖做功，内能转化为瓶盖的机械能，内燃机的做功冲程是将内能转化为机械能，二者能量转化情况相同。
3. 瓶盖飞出时，瓶内气体内能减小、温度降低，瓶口周围的水蒸气遇冷由气态变为液态，形成“白雾”，该物态变化是液化。
【答案】
做功；做功；液化
【知识点】
做功改变内能；内燃机做功冲程；液化现象
【点评】
本题结合生活场景考查了内能改变方式、内燃机冲程的能量转化及液化现象，需要将物理知识与实际现象结合，理解各过程的物理原理。
【难度系数】
0.6
9. 一台单缸四冲程汽油机，只有第三个冲程中燃气对外做功，其他冲程是靠飞轮的
惯性
来完成的；若飞轮的转速为$1200\ r/min$，则该汽油机每秒钟做功10
次。答案：惯性
10
10
解析：
【分析】
首先，回忆单缸四冲程汽油机的工作过程：四个冲程中只有做功冲程燃气对外提供动力，吸气、压缩、排气这三个冲程没有燃气做功，需要依靠飞轮的惯性来完成。其次，计算每秒做功次数时，先将飞轮转速的单位从$\mathrm{r/min}$换算为$\mathrm{r/s}$，再结合四冲程汽油机的工作循环规律——飞轮每转2圈完成一个工作循环，每个工作循环对外做功1次，由此计算出每秒的做功次数。
【解析】
1. 第一空分析：单缸四冲程汽油机的做功冲程中燃气对外做功，吸气、压缩、排气冲程无动力来源，是靠飞轮的惯性来完成的。
2. 第二空计算：
单位换算：飞轮转速$1200\ \mathrm{r/min} = \frac{1200}{60}\ \mathrm{r/s} = 20\ \mathrm{r/s}$，即飞轮每秒转动20圈。
根据四冲程汽油机工作循环规律：飞轮每转2圈完成1个工作循环，每个工作循环对外做功1次，因此每秒做功次数为$\frac{20}{2}=10$次。
【答案】
惯性；10
【知识点】
四冲程汽油机工作原理、飞轮转速与做功次数关系
【点评】
本题是热机部分的基础题型，考查四冲程汽油机的工作特点及转速与做功次数的计算，需熟练掌握飞轮惯性的作用和工作循环规律，单位换算是解题的关键环节。
【难度系数】
0.8
首先，回忆单缸四冲程汽油机的工作过程：四个冲程中只有做功冲程燃气对外提供动力，吸气、压缩、排气这三个冲程没有燃气做功，需要依靠飞轮的惯性来完成。其次，计算每秒做功次数时，先将飞轮转速的单位从$\mathrm{r/min}$换算为$\mathrm{r/s}$，再结合四冲程汽油机的工作循环规律——飞轮每转2圈完成一个工作循环，每个工作循环对外做功1次，由此计算出每秒的做功次数。
【解析】
1. 第一空分析：单缸四冲程汽油机的做功冲程中燃气对外做功，吸气、压缩、排气冲程无动力来源，是靠飞轮的惯性来完成的。
2. 第二空计算：
单位换算：飞轮转速$1200\ \mathrm{r/min} = \frac{1200}{60}\ \mathrm{r/s} = 20\ \mathrm{r/s}$，即飞轮每秒转动20圈。
根据四冲程汽油机工作循环规律：飞轮每转2圈完成1个工作循环，每个工作循环对外做功1次，因此每秒做功次数为$\frac{20}{2}=10$次。
【答案】
惯性；10
【知识点】
四冲程汽油机工作原理、飞轮转速与做功次数关系
【点评】
本题是热机部分的基础题型，考查四冲程汽油机的工作特点及转速与做功次数的计算，需熟练掌握飞轮惯性的作用和工作循环规律，单位换算是解题的关键环节。
【难度系数】
0.8