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三、综合应用题(共3小题,计36分)
17.「2026河北石家庄期中，★★☆」(9分)某核电站利用核能发电的工作原理如图所示。
(1)核反应堆是通过可控
(2)蒸汽发生器中的水被加热后
(3)若一台发电机组的装机容量为1200 MW (1 MW = $10^6$ W),则一台发电机组10天(一天工作20 h)发电
17.「2026河北石家庄期中，★★☆」(9分)某核电站利用核能发电的工作原理如图所示。
(1)核反应堆是通过可控
裂变
(选填“裂变”或“聚变”)反应释放核能的设备,核能属于一次
(选填“一次”或“二次”)能源。(2)蒸汽发生器中的水被加热后
汽化
(填物态变化名称)成水蒸气,这个过程需要吸收
(选填“吸收”或“放出”)热量,这些水蒸气推动汽轮机,从而带动发电机发电。(3)若一台发电机组的装机容量为1200 MW (1 MW = $10^6$ W),则一台发电机组10天(一天工作20 h)发电
$2.4×10^8$
kW·h;若这些电能由热电转化效率为30%的火力发电厂提供,需要完全燃烧96 000
t煤。($q_{煤}$取$3.0×10^7$ J/kg)答案
17.答案 （1）裂变 一次
（2）汽化 吸收
（3）$2.4×10^8$ 96 000
解析 （1）核电站主要利用核裂变的可控链式反应来发电,核能可以从自然界中直接获取,属于一次能源;
（2）蒸汽发生器中的水是液体,被加热后变成了水蒸气,水蒸气是气体,水由液态变为气态的过程是汽化,汽化吸热;
（3）一台发电机组 10 天发电量为 $W=Pt=1\ 200×10^3\ \mathrm{kW}×10×20\ \mathrm{h}=2.4×10^8\ \mathrm{kW·h}=2.4×10^8×3.6×10^6\ \mathrm{J}=8.64×10^{14}\ \mathrm{J}$;由 $\eta=\frac{W}{Q_{\mathrm{放}}}$ 可得,完全燃烧煤放出的热量 $Q_{\mathrm{放}}=\frac{W}{\eta}=\frac{8.64×10^{14}\ \mathrm{J}}{30\%}=2.88×10^{15}\ \mathrm{J}$,则完全燃烧煤的质量为 $m=\frac{Q_{\mathrm{放}}}{q_{\mathrm{煤}}}=\frac{2.88×10^{15}\ \mathrm{J}}{3.0×10^7\ \mathrm{J/kg}}=9.6×10^7\ \mathrm{kg}=96\ 000\ \mathrm{t}$。
（2）汽化 吸收
（3）$2.4×10^8$ 96 000
解析 （1）核电站主要利用核裂变的可控链式反应来发电,核能可以从自然界中直接获取,属于一次能源;
（2）蒸汽发生器中的水是液体,被加热后变成了水蒸气,水蒸气是气体,水由液态变为气态的过程是汽化,汽化吸热;
（3）一台发电机组 10 天发电量为 $W=Pt=1\ 200×10^3\ \mathrm{kW}×10×20\ \mathrm{h}=2.4×10^8\ \mathrm{kW·h}=2.4×10^8×3.6×10^6\ \mathrm{J}=8.64×10^{14}\ \mathrm{J}$;由 $\eta=\frac{W}{Q_{\mathrm{放}}}$ 可得,完全燃烧煤放出的热量 $Q_{\mathrm{放}}=\frac{W}{\eta}=\frac{8.64×10^{14}\ \mathrm{J}}{30\%}=2.88×10^{15}\ \mathrm{J}$,则完全燃烧煤的质量为 $m=\frac{Q_{\mathrm{放}}}{q_{\mathrm{煤}}}=\frac{2.88×10^{15}\ \mathrm{J}}{3.0×10^7\ \mathrm{J/kg}}=9.6×10^7\ \mathrm{kg}=96\ 000\ \mathrm{t}$。
解析
【分析】
本题围绕核电站发电原理展开，分三小问逐步分析：
1. 第一问：核电站利用可控核裂变释放核能，核能可直接从自然界获取，属于一次能源，需明确核反应类型和能源分类的核心概念。
2. 第二问：蒸汽发生器中的水从液态变为气态水蒸气，对应物态变化为汽化，汽化过程需要吸收热量，只需判断物态变化类型及吸放热规律即可。
3. 第三问：先通过公式$W=Pt$计算发电量，注意单位转换（MW转kW、时间统一为小时）；再根据热电效率公式算出煤完全燃烧需释放的热量，最后用热值公式计算煤的质量，重点关注单位换算（kg转t）。
【解析】
（1）核电站是通过可控的核裂变反应释放核能来发电的；核能可直接从自然界获取，属于一次能源，故答案为裂变、一次。
（2）蒸汽发生器中的水被加热后，由液态变为气态水蒸气，该物态变化为汽化，汽化过程需要吸收热量，故答案为汽化、吸收。
（3）计算发电量：装机容量$P=1200\ \mathrm{MW}=1200×10^3\ \mathrm{kW}$，工作时间$t=10\ \mathrm{天}×20\ \mathrm{h/天}=200\ \mathrm{h}$，根据$W=Pt$，得$W=1200×10^3\ \mathrm{kW}×200\ \mathrm{h}=2.4×10^8\ \mathrm{kW·h}$；
将电能换算为焦耳：$W=2.4×10^8\ \mathrm{kW·h}=2.4×10^8×3.6×10^6\ \mathrm{J}=8.64×10^{14}\ \mathrm{J}$；
由热电转化效率$\eta=\frac{W}{Q_{\mathrm{放}}}$，得煤完全燃烧需放出的热量$Q_{\mathrm{放}}=\frac{W}{\eta}=\frac{8.64×10^{14}\ \mathrm{J}}{30\%}=2.88×10^{15}\ \mathrm{J}$；
根据$Q_{\mathrm{放}}=mq_{\mathrm{煤}}$，得需要煤的质量$m=\frac{Q_{\mathrm{放}}}{q_{\mathrm{煤}}}=\frac{2.88×10^{15}\ \mathrm{J}}{3.0×10^7\ \mathrm{J/kg}}=9.6×10^7\ \mathrm{kg}=96000\ \mathrm{t}$。
【答案】
（1）裂变；一次
（2）汽化；吸收
（3）$2.4×10^8$；96000
【知识点】
核能利用、物态变化、电能与热值计算
【点评】
本题结合核电站实际场景，考察核能的利用、物态变化及相关计算，属于基础综合题，需掌握核心概念和公式应用，计算时单位转换是关键易错点。
【难度系数】
0.6
本题围绕核电站发电原理展开，分三小问逐步分析：
1. 第一问：核电站利用可控核裂变释放核能，核能可直接从自然界获取，属于一次能源，需明确核反应类型和能源分类的核心概念。
2. 第二问：蒸汽发生器中的水从液态变为气态水蒸气，对应物态变化为汽化，汽化过程需要吸收热量，只需判断物态变化类型及吸放热规律即可。
3. 第三问：先通过公式$W=Pt$计算发电量，注意单位转换（MW转kW、时间统一为小时）；再根据热电效率公式算出煤完全燃烧需释放的热量，最后用热值公式计算煤的质量，重点关注单位换算（kg转t）。
【解析】
（1）核电站是通过可控的核裂变反应释放核能来发电的；核能可直接从自然界获取，属于一次能源，故答案为裂变、一次。
（2）蒸汽发生器中的水被加热后，由液态变为气态水蒸气，该物态变化为汽化，汽化过程需要吸收热量，故答案为汽化、吸收。
（3）计算发电量：装机容量$P=1200\ \mathrm{MW}=1200×10^3\ \mathrm{kW}$，工作时间$t=10\ \mathrm{天}×20\ \mathrm{h/天}=200\ \mathrm{h}$，根据$W=Pt$，得$W=1200×10^3\ \mathrm{kW}×200\ \mathrm{h}=2.4×10^8\ \mathrm{kW·h}$；
将电能换算为焦耳：$W=2.4×10^8\ \mathrm{kW·h}=2.4×10^8×3.6×10^6\ \mathrm{J}=8.64×10^{14}\ \mathrm{J}$；
由热电转化效率$\eta=\frac{W}{Q_{\mathrm{放}}}$，得煤完全燃烧需放出的热量$Q_{\mathrm{放}}=\frac{W}{\eta}=\frac{8.64×10^{14}\ \mathrm{J}}{30\%}=2.88×10^{15}\ \mathrm{J}$；
根据$Q_{\mathrm{放}}=mq_{\mathrm{煤}}$，得需要煤的质量$m=\frac{Q_{\mathrm{放}}}{q_{\mathrm{煤}}}=\frac{2.88×10^{15}\ \mathrm{J}}{3.0×10^7\ \mathrm{J/kg}}=9.6×10^7\ \mathrm{kg}=96000\ \mathrm{t}$。
【答案】
（1）裂变；一次
（2）汽化；吸收
（3）$2.4×10^8$；96000
【知识点】
核能利用、物态变化、电能与热值计算
【点评】
本题结合核电站实际场景，考察核能的利用、物态变化及相关计算，属于基础综合题，需掌握核心概念和公式应用，计算时单位转换是关键易错点。
【难度系数】
0.6
18. 情境 素材 国防教育 「2025新疆中考，★★」(16分)我国正在研制的新一代具有全向隐身性能的战机已多次成功试飞。
(1)新一代战机在转弯飞行的过程中,战机受力
(2)新一代战机具有全向隐身性能是指战机对
(3)图中一系列圆为该战机在高空匀速水平飞行的过程中,经过不同位置时产生的声波在某时刻所到达的位置,可判断该战机水平向
(1)新一代战机在转弯飞行的过程中,战机受力
不平衡
(选填“平衡”或“不平衡”)。加油机为战机加油时,两机保持相同速度匀速水平飞行,则重力势能减小的是加油机
(选填“加油机”或“战机”),战机的机械能增大
(选填“增大”“减小”或“不变”)。(2)新一代战机具有全向隐身性能是指战机对
雷达
(选填“肉眼”或“雷达”)隐身。战机自身携带的探测装置可以产生电磁波,电磁波是通过迅速变化的电流
(选填“电阻”或“电流”)产生的。若探测装置的电功率为110 kW,某次试飞消耗的电能为55 kW·h,则该探测装置工作的时间为30
min。(3)图中一系列圆为该战机在高空匀速水平飞行的过程中,经过不同位置时产生的声波在某时刻所到达的位置,可判断该战机水平向
左
(选填“左”或“右”)飞行。已知圆A的半径为1 100 m,圆B的半径为500 m,A、B两圆圆心间的距离为1 080 m,则该战机的飞行速度为声速的1.8
倍。答案
18.答案 （1）不平衡 加油机 增大
（2）雷达 电流 30
（3）左 1.8
解析 （1）新一代战机在转弯飞行的过程中,战机的方向发生了变化,处于非平衡状态,战机受力不平衡。加油机为战机加油时,两机保持相同速度匀速水平飞行,加油机和战机的速度不变,高度不变,加油机质量减小,战机质量增大,则重力势能减小的是加油机;战机的质量增大,动能和重力势能都增大,战机的机械能增大。
（2）新一代战机具有全向隐身性能,指战机对雷达隐身,战机能够吸收雷达发射的电磁波,避免被雷达捕获。电磁波是通过迅速变化的电流产生的,战机自身携带的探测装置可以产生电磁波。若探测装置的电功率为 110 kW,某次试飞消耗的电能为 55 kW·h,则该探测装置工作的时间为 $t=\frac{W}{P}=\frac{55\ \mathrm{kW·h}}{110\ \mathrm{kW}}=0.5\ \mathrm{h}=30\ \mathrm{min}$。
（3）由于声波是以战机产生声波的位置为圆心向外传播的,在同一时刻,圆的半径越大说明该位置产生声波越早;从图中可以看到右侧圆的半径较大,左侧圆的半径较小,这意味着战机先在右侧位置产生声波,后在左侧位置产生声波,所以战机水平向左飞行。设战机飞行的时间为 $t$,声速为 $v_{\mathrm{声}}$,战机飞行速度为 $v_{\mathrm{机}}$;圆 A 的半径 $r_\mathrm{A}=1\ 100\ \mathrm{m}$,根据 $s=vt$,声波从战机在 A 圆心位置产生到图中状态传播的时间 $t=\frac{r_\mathrm{A}}{v_{\mathrm{声}}}=\frac{1\ 100\ \mathrm{m}}{v_{\mathrm{声}}}$,圆 B 的半径 $r_\mathrm{B}=500\ \mathrm{m}$,声波从战机在 B 圆心位置产生到图中状态传播的时间 $t'=\frac{r_\mathrm{B}}{v_{\mathrm{声}}}=\frac{500\ \mathrm{m}}{v_{\mathrm{声}}}$,战机从 A 圆心位置到 B 圆心位置飞行的时间 $t_{\mathrm{AB}}=t-t'=\frac{1\ 100\ \mathrm{m}}{v_{\mathrm{声}}}-\frac{500\ \mathrm{m}}{v_{\mathrm{声}}}=\frac{600\ \mathrm{m}}{v_{\mathrm{声}}}$,A、B 两圆圆心间的距离为 1 080 m,战机从 A 圆心位置到 B 圆心位置飞行的时间 $t_{\mathrm{AB}}=\frac{s}{v_{\mathrm{机}}}=\frac{1\ 080\ \mathrm{m}}{v_{\mathrm{机}}}$,由以上两式可得 $\frac{v_{\mathrm{机}}}{v_{\mathrm{声}}}=\frac{1\ 080\ \mathrm{m}}{600\ \mathrm{m}}=1.8$,故该战机的飞行速度为声速的 1.8 倍。
（2）雷达 电流 30
（3）左 1.8
解析 （1）新一代战机在转弯飞行的过程中,战机的方向发生了变化,处于非平衡状态,战机受力不平衡。加油机为战机加油时,两机保持相同速度匀速水平飞行,加油机和战机的速度不变,高度不变,加油机质量减小,战机质量增大,则重力势能减小的是加油机;战机的质量增大,动能和重力势能都增大,战机的机械能增大。
（2）新一代战机具有全向隐身性能,指战机对雷达隐身,战机能够吸收雷达发射的电磁波,避免被雷达捕获。电磁波是通过迅速变化的电流产生的,战机自身携带的探测装置可以产生电磁波。若探测装置的电功率为 110 kW,某次试飞消耗的电能为 55 kW·h,则该探测装置工作的时间为 $t=\frac{W}{P}=\frac{55\ \mathrm{kW·h}}{110\ \mathrm{kW}}=0.5\ \mathrm{h}=30\ \mathrm{min}$。
（3）由于声波是以战机产生声波的位置为圆心向外传播的,在同一时刻,圆的半径越大说明该位置产生声波越早;从图中可以看到右侧圆的半径较大,左侧圆的半径较小,这意味着战机先在右侧位置产生声波,后在左侧位置产生声波,所以战机水平向左飞行。设战机飞行的时间为 $t$,声速为 $v_{\mathrm{声}}$,战机飞行速度为 $v_{\mathrm{机}}$;圆 A 的半径 $r_\mathrm{A}=1\ 100\ \mathrm{m}$,根据 $s=vt$,声波从战机在 A 圆心位置产生到图中状态传播的时间 $t=\frac{r_\mathrm{A}}{v_{\mathrm{声}}}=\frac{1\ 100\ \mathrm{m}}{v_{\mathrm{声}}}$,圆 B 的半径 $r_\mathrm{B}=500\ \mathrm{m}$,声波从战机在 B 圆心位置产生到图中状态传播的时间 $t'=\frac{r_\mathrm{B}}{v_{\mathrm{声}}}=\frac{500\ \mathrm{m}}{v_{\mathrm{声}}}$,战机从 A 圆心位置到 B 圆心位置飞行的时间 $t_{\mathrm{AB}}=t-t'=\frac{1\ 100\ \mathrm{m}}{v_{\mathrm{声}}}-\frac{500\ \mathrm{m}}{v_{\mathrm{声}}}=\frac{600\ \mathrm{m}}{v_{\mathrm{声}}}$,A、B 两圆圆心间的距离为 1 080 m,战机从 A 圆心位置到 B 圆心位置飞行的时间 $t_{\mathrm{AB}}=\frac{s}{v_{\mathrm{机}}}=\frac{1\ 080\ \mathrm{m}}{v_{\mathrm{机}}}$,由以上两式可得 $\frac{v_{\mathrm{机}}}{v_{\mathrm{声}}}=\frac{1\ 080\ \mathrm{m}}{600\ \mathrm{m}}=1.8$,故该战机的飞行速度为声速的 1.8 倍。
解析
【分析】
本题结合国防教育情境，分三个小问考查物理基础知识点：第(1)问需根据运动状态判断受力情况，结合质量变化分析机械能；第(2)问考查隐身原理、电磁波产生及电能公式应用；第(3)问通过声波传播规律判断飞行方向，利用速度公式计算速度与声速的倍数关系，需理清声波传播时间差与战机飞行路程的关联。
【解析】
(1) 物体运动状态改变时受力不平衡，战机转弯时运动方向改变，因此受力不平衡。
加油机为战机加油时，两机速度、高度不变，加油机质量减小，重力势能减小；战机质量增大，动能和重力势能均增大，故机械能增大。
(2) 战机全向隐身是针对雷达隐身，避免被雷达探测；电磁波由迅速变化的电流产生。
根据电能公式 $ t = \frac{W}{P} $，代入 $ W=55\ \mathrm{kW·h} $、$ P=110\ \mathrm{kW} $，得 $ t=\frac{55\ \mathrm{kW·h}}{110\ \mathrm{kW}}=0.5\ \mathrm{h}=30\ \mathrm{min} $。
(3) 声波以战机产生位置为圆心向外传播，同一时刻圆半径越大，说明该位置声波产生越早。图中右侧圆半径大、左侧小，故战机先在右侧位置产生声波，后到左侧，水平向左飞行。
设声速为 $ v_{\mathrm{声}} $，战机速度为 $ v_{\mathrm{机}} $，声波从A圆心传播到图中状态的时间 $ t_A=\frac{r_A}{v_{\mathrm{声}}}=\frac{1100\ \mathrm{m}}{v_{\mathrm{声}}} $，从B圆心传播的时间 $ t_B=\frac{r_B}{v_{\mathrm{声}}}=\frac{500\ \mathrm{m}}{v_{\mathrm{声}}} $，则战机从A到B的飞行时间 $ t_{AB}=t_A - t_B=\frac{1100-500}{v_{\mathrm{声}}}=\frac{600\ \mathrm{m}}{v_{\mathrm{声}}} $。
又 $ t_{AB}=\frac{s_{AB}}{v_{\mathrm{机}}}=\frac{1080\ \mathrm{m}}{v_{\mathrm{机}}} $，联立得 $ \frac{v_{\mathrm{机}}}{v_{\mathrm{声}}}=\frac{1080}{600}=1.8 $。
【答案】
（1）不平衡；加油机；增大
（2）雷达；电流；30
（3）左；1.8
【知识点】
力与运动的关系；机械能；电磁波；速度计算
【点评】
本题结合国防教育素材，综合考查力学、电磁学、声学的基础应用，既注重知识点的理解，又要求学生能结合情境分析问题，难度适中，体现了物理知识与实际应用的结合。
【难度系数】
0.6
本题结合国防教育情境，分三个小问考查物理基础知识点：第(1)问需根据运动状态判断受力情况，结合质量变化分析机械能；第(2)问考查隐身原理、电磁波产生及电能公式应用；第(3)问通过声波传播规律判断飞行方向，利用速度公式计算速度与声速的倍数关系，需理清声波传播时间差与战机飞行路程的关联。
【解析】
(1) 物体运动状态改变时受力不平衡，战机转弯时运动方向改变，因此受力不平衡。
加油机为战机加油时，两机速度、高度不变，加油机质量减小，重力势能减小；战机质量增大，动能和重力势能均增大，故机械能增大。
(2) 战机全向隐身是针对雷达隐身，避免被雷达探测；电磁波由迅速变化的电流产生。
根据电能公式 $ t = \frac{W}{P} $，代入 $ W=55\ \mathrm{kW·h} $、$ P=110\ \mathrm{kW} $，得 $ t=\frac{55\ \mathrm{kW·h}}{110\ \mathrm{kW}}=0.5\ \mathrm{h}=30\ \mathrm{min} $。
(3) 声波以战机产生位置为圆心向外传播，同一时刻圆半径越大，说明该位置声波产生越早。图中右侧圆半径大、左侧小，故战机先在右侧位置产生声波，后到左侧，水平向左飞行。
设声速为 $ v_{\mathrm{声}} $，战机速度为 $ v_{\mathrm{机}} $，声波从A圆心传播到图中状态的时间 $ t_A=\frac{r_A}{v_{\mathrm{声}}}=\frac{1100\ \mathrm{m}}{v_{\mathrm{声}}} $，从B圆心传播的时间 $ t_B=\frac{r_B}{v_{\mathrm{声}}}=\frac{500\ \mathrm{m}}{v_{\mathrm{声}}} $，则战机从A到B的飞行时间 $ t_{AB}=t_A - t_B=\frac{1100-500}{v_{\mathrm{声}}}=\frac{600\ \mathrm{m}}{v_{\mathrm{声}}} $。
又 $ t_{AB}=\frac{s_{AB}}{v_{\mathrm{机}}}=\frac{1080\ \mathrm{m}}{v_{\mathrm{机}}} $，联立得 $ \frac{v_{\mathrm{机}}}{v_{\mathrm{声}}}=\frac{1080}{600}=1.8 $。
【答案】
（1）不平衡；加油机；增大
（2）雷达；电流；30
（3）左；1.8
【知识点】
力与运动的关系；机械能；电磁波；速度计算
【点评】
本题结合国防教育素材，综合考查力学、电磁学、声学的基础应用，既注重知识点的理解，又要求学生能结合情境分析问题，难度适中，体现了物理知识与实际应用的结合。
【难度系数】
0.6
