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7.［生活实际］（2025盐城建湖二模）如图X-2-6所示为游乐场中的旋转飞椅。旋转速度越大，飞椅和游客被“甩”得越高。飞椅正在旋转时，P处的游客甲受到
图X-2-6
非平衡力
（选填“平衡力”或“非平衡力”）作用。游客乙从Q处变化到Q'处的动能变大
，机械能变大
。图X-2-6
答案
7. 非平衡力 变大 变大
解析
【分析】要判断物体受力是否平衡，需看其运动状态是否改变：P处的游客甲做圆周运动，运动方向不断变化，运动状态改变，因此受力非平衡力；分析游客乙从Q到Q'的变化时，需结合动能（与速度、质量有关）和机械能（动能+势能）的影响因素：旋转速度变大则动能变化，高度变化则重力势能变化，进而判断机械能变化。
【解析】1. 受力判断：当物体受平衡力时，运动状态保持不变；P处游客甲做圆周运动，运动方向时刻改变，运动状态发生改变，所以受到非平衡力作用。2. 动能变化：动能大小与质量和速度有关，游客乙质量不变，从Q到Q'时旋转速度变大，因此动能变大。3. 机械能变化：机械能是动能与重力势能的总和，游客乙质量不变，速度变大导致动能变大，高度升高导致重力势能变大，所以机械能变大。
【答案】非平衡力；变大；变大
【知识点】力与运动的关系；动能；机械能
【点评】本题以游乐场旋转飞椅为载体，考查力学和机械能的基础知识点，将物理知识与生活实际结合，难度适中，适合学生巩固相关概念。
【难度系数】0.6
【解析】1. 受力判断：当物体受平衡力时，运动状态保持不变；P处游客甲做圆周运动，运动方向时刻改变，运动状态发生改变，所以受到非平衡力作用。2. 动能变化：动能大小与质量和速度有关，游客乙质量不变，从Q到Q'时旋转速度变大，因此动能变大。3. 机械能变化：机械能是动能与重力势能的总和，游客乙质量不变，速度变大导致动能变大，高度升高导致重力势能变大，所以机械能变大。
【答案】非平衡力；变大；变大
【知识点】力与运动的关系；动能；机械能
【点评】本题以游乐场旋转飞椅为载体，考查力学和机械能的基础知识点，将物理知识与生活实际结合，难度适中，适合学生巩固相关概念。
【难度系数】0.6
8. [科学推理]（2025泰州靖江一模）科学家对银河系中心附近的恒星S2进行了多年的持续观测，给出了从1994年到2002年间恒星S2的位置如图X-2-7所示，科学家认为S2恒星的运动轨迹是一个椭圆，推测银河系中心可能存在着超大质量的黑洞。忽略S2恒星质量的变化，根据图片信息可知：S2恒星在1995年时期的动能
图X-2-7
小于
（选填“大于”“等于”或“小于”）2001年时期的动能，由机械能的转化与守恒定律可知，S2恒星在1995年时期的重力势能大于
（选填“大于”“等于”或“小于”）2001年时期的重力势能，由此推知，该黑洞可能位于椭圆轨道内部的Q
（选填“P”或“Q”）点。图X-2-7
答案
8. 小于 大于 Q
解析
【分析】
要解决本题，需利用天体绕中心天体运动的机械能守恒规律：恒星沿椭圆轨道运动时，机械能总量不变，当恒星靠近中心天体（近地点）时，引力做正功，动能增大、重力势能减小；当恒星远离中心天体（远地点）时，引力做负功，动能减小、重力势能增大。首先观察图中1995年和2001年恒星的位置，对比它们到椭圆内部P、Q点的距离，确定近地点和远地点，再结合规律分析动能、重力势能的大小，进而判断黑洞位置。
【解析】
1. 比较动能：观察图中位置，1995年时恒星到Q点的距离远大于2001年时恒星到Q点的距离，说明1995年是远地点，2001年是近地点。根据机械能转化规律，远地点动能小，因此1995年的动能小于2001年的动能。
2. 比较重力势能：由于机械能守恒，动能和重力势能之和不变，1995年动能更小，故重力势能更大，即1995年的重力势能大于2001年的重力势能。
3. 判断黑洞位置：近地点是恒星绕转时离中心天体（黑洞）最近的位置，2001年是近地点，对应内部点为Q，因此黑洞位于Q点。
【答案】
小于；大于；Q
【知识点】
天体运动、机械能守恒、椭圆轨道
【点评】
本题结合天体运动的机械能守恒规律，通过分析恒星在椭圆轨道不同位置的距离关系，判断近、远地点，考查学生对天体运动规律的理解与应用能力，是典型的科学推理类题目。
【难度系数】
0.3
要解决本题，需利用天体绕中心天体运动的机械能守恒规律：恒星沿椭圆轨道运动时，机械能总量不变，当恒星靠近中心天体（近地点）时，引力做正功，动能增大、重力势能减小；当恒星远离中心天体（远地点）时，引力做负功，动能减小、重力势能增大。首先观察图中1995年和2001年恒星的位置，对比它们到椭圆内部P、Q点的距离，确定近地点和远地点，再结合规律分析动能、重力势能的大小，进而判断黑洞位置。
【解析】
1. 比较动能：观察图中位置，1995年时恒星到Q点的距离远大于2001年时恒星到Q点的距离，说明1995年是远地点，2001年是近地点。根据机械能转化规律，远地点动能小，因此1995年的动能小于2001年的动能。
2. 比较重力势能：由于机械能守恒，动能和重力势能之和不变，1995年动能更小，故重力势能更大，即1995年的重力势能大于2001年的重力势能。
3. 判断黑洞位置：近地点是恒星绕转时离中心天体（黑洞）最近的位置，2001年是近地点，对应内部点为Q，因此黑洞位于Q点。
【答案】
小于；大于；Q
【知识点】
天体运动、机械能守恒、椭圆轨道
【点评】
本题结合天体运动的机械能守恒规律，通过分析恒星在椭圆轨道不同位置的距离关系，判断近、远地点，考查学生对天体运动规律的理解与应用能力，是典型的科学推理类题目。
【难度系数】
0.3
9. ［现代科技］（2025苏州姑苏区校级期中）为了避免舰载机尾焰灼烧舰上人员及其他器材，“福建舰”航空母舰偏流板后面装有供冷却水循环流动的格状水管，这是利用水的
比热容较大
的特性，通过热传递
的方式来降温。答案
9. 比热容较大 热传递
解析
【分析】
这道题考查热学中比热容和改变内能方式的应用，解题思路：1. 分析用水做冷却剂的特性：水的比热容较大，相同质量的水与其他物质相比，升高相同温度时能吸收更多热量，适合用于降温；2. 判断降温的方式：尾焰的热量转移到冷却水，无能量转化，属于热传递改变内能，以此确定降温方式。
【解析】
选择水作为冷却剂，是因为水的比热容较大，相同质量的水和其他物质相比，升高相同温度时能吸收更多的热量，可有效带走尾焰的热量；降温过程中，尾焰的热量传递给冷却水，没有能量的转化，属于通过热传递的方式改变物体的内能，从而实现降温。
【答案】
比热容较大 热传递
【知识点】
比热容、热传递
【点评】
本题结合现代科技（福建舰）考查热学基础概念，体现了物理知识在实际场景中的应用，注重对基础知识点的理解与运用。
【难度系数】
0.8
这道题考查热学中比热容和改变内能方式的应用，解题思路：1. 分析用水做冷却剂的特性：水的比热容较大，相同质量的水与其他物质相比，升高相同温度时能吸收更多热量，适合用于降温；2. 判断降温的方式：尾焰的热量转移到冷却水，无能量转化，属于热传递改变内能，以此确定降温方式。
【解析】
选择水作为冷却剂，是因为水的比热容较大，相同质量的水和其他物质相比，升高相同温度时能吸收更多的热量，可有效带走尾焰的热量；降温过程中，尾焰的热量传递给冷却水，没有能量的转化，属于通过热传递的方式改变物体的内能，从而实现降温。
【答案】
比热容较大 热传递
【知识点】
比热容、热传递
【点评】
本题结合现代科技（福建舰）考查热学基础概念，体现了物理知识在实际场景中的应用，注重对基础知识点的理解与运用。
【难度系数】
0.8
10. [推理论证]（2025苏州月考）小明用酒精灯均匀加热质量为0.6 kg某固体（酒精灯在单位时间内放出的热量相同）熔化过程中温度随时间变化的图像如图X-2-8所示，则物质在A点时的内能
小于
（选填“大于”“小于”或“等于”）在B点时的内能，理由是熔化过程中需要吸收热量
。它在固态与液态时吸收的热量之比为1:2
，比热容之比是1:4
。规定“质量为1 kg的某种晶体物质在完全熔化时所吸收的热量叫作该物质的熔化热”，如果该物质液态时的比热容为$2×10^{3}\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg}·°\mathrm{C})$，则该固体的熔化热为$6×10^4$
$\mathrm{J}/\mathrm{kg}$。答案
10. 小于 熔化过程中需要吸收热量
1:2 1:4 $6×10^4$
1:2 1:4 $6×10^4$
解析
【分析】
要解决本题，需结合晶体熔化的内能变化规律、热量计算公式、比热容及熔化热的定义分析：
1. 内能判断：晶体熔化时持续吸热，温度不变但内能增加，A点处于熔化前，B点处于熔化过程，因此A点内能小于B点；
2. 热量之比：酒精灯单位时间放热相同，吸收热量与加热时间成正比，找出固态、液态阶段的加热时间即可求比值；
3. 比热容之比：利用公式$Q=cm\Delta t$变形得$c=\frac{Q}{m\Delta t}$，质量相同，代入对应热量和温度变化量计算比值；
4. 熔化热计算：先通过液态比热容算出液态吸热，再求单位时间放热，进而算出熔化过程吸热，最后根据熔化热定义（单位质量熔化吸热）计算。
【解析】
1. 内能比较：该物质为晶体，A到B是熔化过程，熔化需要吸收热量，虽然温度不变，但内能增加，故A点内能小于B点；
2. 固态与液态吸热之比：固态加热时间为$2\ \mathrm{min}$（0~2min），液态加热时间为$4\ \mathrm{min}$（8~12min），酒精灯单位时间放热相同，因此$Q_{\mathrm{固}}:Q_{\mathrm{液}}=t_{\mathrm{固}}:t_{\mathrm{液}}=2:4=1:2$；
3. 比热容之比：根据$Q=cm\Delta t$，得$c=\frac{Q}{m\Delta t}$。固态温度变化$\Delta t_{\mathrm{固}}=60°\mathrm{C}-20°\mathrm{C}=40°\mathrm{C}$，液态温度变化$\Delta t_{\mathrm{液}}=80°\mathrm{C}-60°\mathrm{C}=20°\mathrm{C}$，质量$m$相同，故：
$\frac{c_{\mathrm{固}}}{c_{\mathrm{液}}}=\frac{\frac{Q_{\mathrm{固}}}{m\Delta t_{\mathrm{固}}}}{\frac{Q_{\mathrm{液}}}{m\Delta t_{\mathrm{液}}}}=\frac{Q_{\mathrm{固}}}{Q_{\mathrm{液}}}×\frac{\Delta t_{\mathrm{液}}}{\Delta t_{\mathrm{固}}}=\frac{1}{2}×\frac{20}{40}=\frac{1}{4}$，即比热容之比为$1:4$；
4. 熔化热计算：液态吸热$Q_{\mathrm{液}}=c_{\mathrm{液}}m\Delta t_{\mathrm{液}}=2×10^3\ \mathrm{J/(kg·°C)}×0.6\ \mathrm{kg}×20°\mathrm{C}=2.4×10^4\ \mathrm{J}$，液态加热时间4min，单位时间放热$Q_0=\frac{2.4×10^4\ \mathrm{J}}{4}=6×10^3\ \mathrm{J/min}$；熔化过程加热时间为$8\ \mathrm{min}-2\ \mathrm{min}=6\ \mathrm{min}$，熔化吸热$Q_{\mathrm{熔}}=6×10^3\ \mathrm{J/min}×6\ \mathrm{min}=3.6×10^4\ \mathrm{J}$，熔化热为$\frac{Q_{\mathrm{熔}}}{m}=\frac{3.6×10^4\ \mathrm{J}}{0.6\ \mathrm{kg}}=6×10^4\ \mathrm{J/kg}$。
【答案】
小于；熔化过程中需要吸收热量；1:2；1:4；$6×10^4$
【知识点】
晶体熔化特点；热量计算；比热容；熔化热
【点评】
本题综合考查热学核心知识点，需明确晶体熔化的内能变化、热量与时间的正比关系，灵活运用公式推导，熔化热的定义是解题关键，整体难度中等。
【难度系数】
0.5
要解决本题，需结合晶体熔化的内能变化规律、热量计算公式、比热容及熔化热的定义分析：
1. 内能判断：晶体熔化时持续吸热，温度不变但内能增加，A点处于熔化前，B点处于熔化过程，因此A点内能小于B点；
2. 热量之比：酒精灯单位时间放热相同，吸收热量与加热时间成正比，找出固态、液态阶段的加热时间即可求比值；
3. 比热容之比：利用公式$Q=cm\Delta t$变形得$c=\frac{Q}{m\Delta t}$，质量相同，代入对应热量和温度变化量计算比值；
4. 熔化热计算：先通过液态比热容算出液态吸热，再求单位时间放热，进而算出熔化过程吸热，最后根据熔化热定义（单位质量熔化吸热）计算。
【解析】
1. 内能比较：该物质为晶体，A到B是熔化过程，熔化需要吸收热量，虽然温度不变，但内能增加，故A点内能小于B点；
2. 固态与液态吸热之比：固态加热时间为$2\ \mathrm{min}$（0~2min），液态加热时间为$4\ \mathrm{min}$（8~12min），酒精灯单位时间放热相同，因此$Q_{\mathrm{固}}:Q_{\mathrm{液}}=t_{\mathrm{固}}:t_{\mathrm{液}}=2:4=1:2$；
3. 比热容之比：根据$Q=cm\Delta t$，得$c=\frac{Q}{m\Delta t}$。固态温度变化$\Delta t_{\mathrm{固}}=60°\mathrm{C}-20°\mathrm{C}=40°\mathrm{C}$，液态温度变化$\Delta t_{\mathrm{液}}=80°\mathrm{C}-60°\mathrm{C}=20°\mathrm{C}$，质量$m$相同，故：
$\frac{c_{\mathrm{固}}}{c_{\mathrm{液}}}=\frac{\frac{Q_{\mathrm{固}}}{m\Delta t_{\mathrm{固}}}}{\frac{Q_{\mathrm{液}}}{m\Delta t_{\mathrm{液}}}}=\frac{Q_{\mathrm{固}}}{Q_{\mathrm{液}}}×\frac{\Delta t_{\mathrm{液}}}{\Delta t_{\mathrm{固}}}=\frac{1}{2}×\frac{20}{40}=\frac{1}{4}$，即比热容之比为$1:4$；
4. 熔化热计算：液态吸热$Q_{\mathrm{液}}=c_{\mathrm{液}}m\Delta t_{\mathrm{液}}=2×10^3\ \mathrm{J/(kg·°C)}×0.6\ \mathrm{kg}×20°\mathrm{C}=2.4×10^4\ \mathrm{J}$，液态加热时间4min，单位时间放热$Q_0=\frac{2.4×10^4\ \mathrm{J}}{4}=6×10^3\ \mathrm{J/min}$；熔化过程加热时间为$8\ \mathrm{min}-2\ \mathrm{min}=6\ \mathrm{min}$，熔化吸热$Q_{\mathrm{熔}}=6×10^3\ \mathrm{J/min}×6\ \mathrm{min}=3.6×10^4\ \mathrm{J}$，熔化热为$\frac{Q_{\mathrm{熔}}}{m}=\frac{3.6×10^4\ \mathrm{J}}{0.6\ \mathrm{kg}}=6×10^4\ \mathrm{J/kg}$。
【答案】
小于；熔化过程中需要吸收热量；1:2；1:4；$6×10^4$
【知识点】
晶体熔化特点；热量计算；比热容；熔化热
【点评】
本题综合考查热学核心知识点，需明确晶体熔化的内能变化、热量与时间的正比关系，灵活运用公式推导，熔化热的定义是解题关键，整体难度中等。
【难度系数】
0.5
11. [创新实验]（2025无锡梁溪区校级期中）利用如图X-2-9甲所示装置探究“做功改变物体内能”，该装置由圆底烧瓶、温度传感器、橡皮塞、橡皮管、打气筒等组成。向圆底烧瓶内注入适量酒精，使用打气筒向烧瓶内打气，根据传感器采集的数据，电脑处理后得到如图乙所示图像。结合图乙分析，描述打气筒打气5 s后出现的现象是橡皮塞
图X-2-9
弹出，瓶口冒白雾，温度传感器显示温度下降
。有同学认为，图乙中AB段对应发生情况与热机中压缩
冲程相似。用该装置进行实验时能
（选填“能”或“不能”）去掉瓶内的酒精。图X-2-9
答案
11. 弹出，瓶口冒白雾，温度传感器显示温度下降 压缩 能
解析
【分析】
要解决本题，需结合做功改变物体内能的原理分析实验过程：①向烧瓶内打气时，瓶内气体被压缩，内能增加、压强增大，当气压足够大时橡皮塞会被顶出；此时瓶内气体对外做功，内能减小、温度降低，瓶内酒精蒸气遇冷液化成小水滴，因此会出现对应现象。②AB段温度上升，是因为打气时对气体做功，机械能转化为内能，气体内能增加、温度升高，这与热机压缩冲程的能量转化一致。③实验核心是探究做功改变内能，酒精仅用于辅助观察液化现象，去掉酒精后仍能通过温度变化体现做功的影响，因此可去掉酒精。
【解析】
1. 打气5s后，瓶内气压持续增大，橡皮塞会被弹出；瓶内气体对外做功，内能减小、温度降低，酒精蒸气液化形成小水滴，故现象为橡皮塞弹出，瓶口冒白雾，温度传感器显示温度下降。
2. AB段温度升高，是因为打气时对瓶内气体做功，机械能转化为内能，气体内能增加、温度上升，与热机压缩冲程（活塞压缩气缸内气体，机械能转化为内能）的能量转化相似。
3. 该实验探究做功改变内能，酒精的作用是通过液化现象直观呈现温度变化，去掉酒精后，气体对外做功时温度仍会变化，只是无白雾现象，因此能去掉瓶内的酒精。
【答案】弹出，瓶口冒白雾，温度传感器显示温度下降；压缩；能
【知识点】做功改变物体内能；热机冲程；液化现象
【点评】本题结合实验装置与温度变化图像，考查做功改变内能的实验原理，以及与热机冲程的联系，需要学生理解实验过程的能量转化和现象成因，注重实验原理的应用。
【难度系数】
0.5
要解决本题，需结合做功改变物体内能的原理分析实验过程：①向烧瓶内打气时，瓶内气体被压缩，内能增加、压强增大，当气压足够大时橡皮塞会被顶出；此时瓶内气体对外做功，内能减小、温度降低，瓶内酒精蒸气遇冷液化成小水滴，因此会出现对应现象。②AB段温度上升，是因为打气时对气体做功，机械能转化为内能，气体内能增加、温度升高，这与热机压缩冲程的能量转化一致。③实验核心是探究做功改变内能，酒精仅用于辅助观察液化现象，去掉酒精后仍能通过温度变化体现做功的影响，因此可去掉酒精。
【解析】
1. 打气5s后，瓶内气压持续增大，橡皮塞会被弹出；瓶内气体对外做功，内能减小、温度降低，酒精蒸气液化形成小水滴，故现象为橡皮塞弹出，瓶口冒白雾，温度传感器显示温度下降。
2. AB段温度升高，是因为打气时对瓶内气体做功，机械能转化为内能，气体内能增加、温度上升，与热机压缩冲程（活塞压缩气缸内气体，机械能转化为内能）的能量转化相似。
3. 该实验探究做功改变内能，酒精的作用是通过液化现象直观呈现温度变化，去掉酒精后，气体对外做功时温度仍会变化，只是无白雾现象，因此能去掉瓶内的酒精。
【答案】弹出，瓶口冒白雾，温度传感器显示温度下降；压缩；能
【知识点】做功改变物体内能；热机冲程；液化现象
【点评】本题结合实验装置与温度变化图像，考查做功改变内能的实验原理，以及与热机冲程的联系，需要学生理解实验过程的能量转化和现象成因，注重实验原理的应用。
【难度系数】
0.5
