【分析】
我们可以分三步梳理解题思路：第一，判断A到B的速度变化，这是等时间间隔拍摄的频闪照片，相邻两个篮球的拍摄时间相等，只需要对比相等时间内篮球通过的路程，结合速度公式v=s/t就能判断速度变化，观察图中A到B上升过程相邻球的间距越来越小，就能得到速度的变化规律。第二，比较C点和B点的重力势能，重力势能由质量和高度共同决定，同一个篮球质量不变，直接对比两点的高度，就能判断势能大小关系。第三，篮球撞击地面后弹起高度越来越低，说明机械能总量减少，减少的部分是撞击过程中摩擦、形变生热转化为了内能。
【解析】
1. 篮球从A点运动到B点的上升过程中，相邻两次拍摄的时间间隔相等，由图可见相等时间内篮球通过的路程逐渐变小，根据速度公式$v=\frac{s}{t}$，可知篮球的速度在逐渐减小。
2. 重力势能的大小与物体质量、所处高度有关，同一篮球质量不变，图中C点的高度明显小于B点的高度，因此篮球第二次弹起后在C点的重力势能小于在B点的重力势能。
3. 篮球与地面撞击时，需要克服摩擦力做功，同时篮球发生形变的过程中会产生热量，部分机械能转化为内能，因此篮球整体的机械能不断减小，弹起的最大高度逐渐降低。
【答案】
减小；小于；内能
【知识点】
频闪测速；重力势能影响因素；机械能与内能转化
【点评】
本题结合篮球运动的实拍频闪图考察机械能相关基础知识点，属于常规基础题型，解题核心是抓住频闪照片“相邻影像时间间隔相等”的特点判断速度变化，结合重力势能的影响因素完成大小比较，明确运动过程中机械能损耗的能量去向，能很好的巩固机械能相关的基础概念。
【难度系数】
0.9

【分析】
我们可以分三步梳理解题思路：
1. 判断重力势能最大的点：重力势能和物体质量、所处高度正相关，本题重物质量不变，从a到d的运动过程中d是运动的最高点，高度最高，因此重力势能最大。
2. 判断动能最大的点：动能和物体质量、运动速度正相关，速度最大时动能最大。重物的速度变化由合力决定：从a向上到b的过程中，弹簧弹力大于重物重力，合力向上，重物持续加速；b点是重物挂在弹簧下静止的位置，此时弹簧弹力和重力二力平衡，合力为0，速度达到最大值；从b继续向上运动，弹簧弹力小于重力，合力向下，重物开始减速，因此b点速度最大，动能最大。
3. 判断重物机械能最大的点：不计空气阻力，重物和弹簧组成的系统总机械能（重物动能+重物重力势能+弹簧弹性势能）守恒。重物的机械能变化由弹簧弹力做功决定：从a到c的过程中弹簧始终处于伸长状态，弹力向上，和重物运动方向一致，弹力对重物做正功，重物机械能持续增大；c点是弹簧不挂重物的原长位置，弹簧形变量为0，弹性势能为0；从c继续向上到d的过程中弹簧被压缩，弹力向下，和重物运动方向相反，弹力对重物做负功，重物机械能开始减小，因此c点重物的机械能最大。
【解析】
① 重物质量恒定，d点是a到d运动路径的最高位置，高度最大，因此d点重力势能最大。
② 重物上升过程中：a→b阶段弹簧弹力大于重力，合力向上，重物加速；b点弹簧弹力与重力平衡，合力为零，速度达到最大值；b→d阶段合力向下，重物减速，因此b点速度最大，动能最大。
③ 不计空气阻力，重物与弹簧组成的系统机械能守恒。a→c过程弹簧弹力始终对重物做正功，重物机械能不断增加；c点之后弹簧弹力对重物做负功，重物机械能不断减小，因此c点重物的机械能最大。
【答案】$d$；$b$；$c$
【知识点】重力势能影响因素，动能影响因素，系统机械能守恒
【点评】本题结合弹簧拉重物上升的动态过程，考察机械能相关的受力和能量变化分析，易错点是误将最高点判断为重物机械能最大的位置，解题时需要明确：只有重力做功时物体机械能守恒，弹簧弹力做功会改变重物自身的机械能。
【难度系数】0.6

【分析】
我们可以分三步逐步推导解题：第一空先回忆重力势能的影响因素，重力势能大小和物体质量、被举高的高度正相关，小朋友下滑时质量不变，高度持续降低，就能直接判断重力势能的变化趋势；第二空回忆改变内能的两类方式：做功和热传递，结合摩擦生热的场景，就能匹配对应的改变内能的方式；第三空梳理整个过程的能量变化，下滑时小朋友原本具备的机械能（动能+重力势能）总量减少，内能增加，就能明确对应的能量转化方向。
【解析】
1. 重力势能的大小由物体的质量和所处高度共同决定，小朋友从滑梯下滑的过程中，质量保持不变，所处的高度逐渐减小，因此重力势能变小。
2. 改变内能的两种方式为做功和热传递，下滑过程中小朋友的臀部与滑梯之间存在滑动摩擦，需要克服摩擦力做功，因此该过程改变内能的主要方式是做功。
3. 该过程中小朋友的重力势能、动能组成的机械能总量不断减小，向内能转化，因此是机械能转化为内能。
【答案】
小；做功；机械
【知识点】
重力势能影响因素，做功改变内能，能量转化
【点评】
本题结合滑梯滑下的生活化场景出题，属于机械能与热学模块的基础概念考察题，难度较低，侧重考察学生对核心基础概念的识记和简单应用能力，引导学生用物理原理解释身边的常见现象。
【难度系数】
0.9

【分析】
这是一道热学概念辨析题，我们可以通过逐个分析选项、结合对应知识点排除错误选项的思路解题：第一步先明确热量的定义属性，判断A选项的表述是否合规；第二步回忆改变内能的两种方式，判断内能增加的所有可能原因，排除B选项；第三步结合晶体熔化、液体沸腾的特殊吸热过程，判断吸热和温度变化的关系，排除C选项；第四步梳理内能的全部影响因素，判断温度相同的情况下内能是否一定相等，最终选出正确答案。
【解析】
我们逐一分析每个选项：
A选项：热量是热传递过程中传递能量的多少，属于过程量，只能描述为“吸收热量”或“放出热量”，不能说物体“含有热量”，该表述错误。
B选项：改变物体内能有做功和热传递两种途径，物体内能增加，既可能是从外界吸收了热量，也可能是外界对物体做了功，因此“一定从外界吸收热量”的表述错误。
C选项：物体吸收热量时温度不一定升高，例如晶体熔化过程、液体沸腾过程中，都需要持续吸热，但温度保持不变，该表述错误。
D选项：内能的大小不仅和温度有关，还与物体的质量、物态、物质种类等因素有关，例如温度相同的一小杯水和一大桶水，内能明显不同，因此温度相同的物体，内能不一定相同，该表述正确。
综上，本题选D。
【答案】
D
【知识点】
热量的概念，内能的改变方式，温度、热量与内能的辨析
【点评】
本题属于热学基础高频考点，易错点集中在对热量过程量属性的误解、忽略内能的多影响因素、忘记晶体熔化等特殊吸热过程，同学们解题时可以通过积累常见反例快速排除错误选项，厘清三个物理量的逻辑关联即可轻松得分。
【难度系数】
0.8

【分析】
首先从题图给出的信息入手：根据图甲的说明，风力发电机的旋翼会自动迎风，旋翼的朝向就是风的来向。观察图乙，旋翼朝向大海，说明此时风是从大海吹向陆地。接下来结合海陆风的原理推导：海陆风的核心成因是水和陆地砂石的吸热升温能力存在差异，也就是比热容不同。从海吹向陆地的海风，是白天太阳照射时，陆地和海洋吸收相同热量，水的比热容更大升温更慢，海面气压高于陆地近地面气压，冷空气从海洋流向陆地形成的，由此就能判断对应的时间和相关性质。
【解析】
1. 结合图甲旋翼自动迎风的特点，图乙中旋翼朝向大海，说明风从海洋吹向陆地，属于海风。
2. 由于水的比热容比陆地的砂石泥土大，白天在相同的吸热条件下，陆地的温度升高得比海水快，陆地上方空气受热膨胀上升，近地面陆地形成低压，海面气压相对更高，气流从海洋流向陆地形成海风，因此该情形通常发生在白天。
【答案】
白天；比热容较大；海风
【知识点】
水的比热容特性；海陆风形成
【点评】
本题结合生活中的风力发电机场景考察比热容的实际应用，解题关键是先通过旋翼朝向判断风向，再结合水的比热容大的特点分析海陆温度、气压的差异，易错点是混淆海风、陆风对应的时间，需要明确白天海风、夜晚陆风的对应规律。
【难度系数】
0.7

【分析】
解题时可以按三步梳理思路：第一，比较AB、CD段的比热容，均匀加热的隐含条件是相同时间内物质吸收的热量相等，结合吸热公式Q=cmΔt，在质量相同的前提下，通过两段的加热时长、温度变化量就能推导比热容的大小关系；第二，判断BC段内能变化，BC段温度不变，属于晶体熔化过程，熔化持续吸热，内能必然发生改变；第三，计算BC段的吸热量，先利用已知的AB段比热容算出AB段总吸热，得到单位时间内物质的吸热量，再乘以BC段的总加热时长，即可得到BC段的总吸热量。
【解析】
1. 比较两段比热容：
均匀加热时，相同时间内物质吸收的热量相等。AB段加热时长为2min，温度变化Δt_AB = -10℃ - (-20℃)=10℃；CD段加热时长为12min-8min=4min，温度变化Δt_CD=-5℃ - (-10℃)=5℃。设每分钟吸收热量为Q0，则AB段吸热Q_AB=2Q0 = c_AB m Δt_AB，CD段吸热Q_CD=4Q0 = c_CD m Δt_CD，代入数值推导可得c_CD ＞ c_AB，因此比热容更大的是CD段。
2. 判断BC段内能变化：
BC段是晶体熔化过程，持续从外界吸收热量，温度保持不变，但内能不断增大，因此内能是变化的。
3. 计算BC段吸收的热量：
先计算AB段吸收的总热量：
$Q_{AB} = c_{AB} m \Delta t_{AB} = 2×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)} × 0.5\mathrm{kg} × 10℃ = 1×10^4\ \mathrm{J}$
AB段时长为2min，因此每分钟物质吸收的热量$Q_0 = \frac{Q_{AB}}{2\mathrm{min}} = 5×10^3\ \mathrm{J/min}$
BC段总时长$t_{BC}=8\mathrm{min} - 2\mathrm{min}=6\mathrm{min}$，因此BC段吸收的总热量：
$Q_{BC} = 6\mathrm{min} × 5×10^3\ \mathrm{J/min} = 3×10^4\ \mathrm{J}$
【答案】
$CD$；变化；$3×10^4$
【知识点】
比热容计算，晶体熔化特点，吸热公式应用
【点评】
本题结合晶体熔化的温度-时间图像综合考察热学基础内容，核心考点是“均匀加热时相同时间物质吸收热量相等”的隐含条件，不少同学会错误认为熔化过程温度不变内能也不变，也容易忽略加热时长和吸热量的正比关系导致第三空计算失误，属于典型的中等难度热学综合题。
【难度系数】
0.6

【分析】
判断汽油机冲程的核心思路是结合两个特征：气门的开闭状态、活塞的运动方向，逐一匹配四冲程的特点即可得出结果。计算曲轴转速时，先回忆四冲程汽油机的工作规律：每完成1个工作循环，对外做功1次，曲轴转动2圈，先根据1s内的做功次数算出1s曲轴的转数，再换算为1分钟的总转数，就能得到曲轴转速。
【解析】
1. 判断冲程：题干明确进气门、排气门均关闭，活塞向上运动，符合压缩冲程的特征，该冲程中汽缸内的混合气体被压缩，机械能转化为内能。
2. 计算曲轴转速：汽油机每对外做功1次，曲轴转动2周。已知1s内对外做功10次，那么1s内曲轴转动的圈数为 $10 × 2 = 20\ \mathrm{r}$；1分钟等于60s，因此1min内曲轴转动的总圈数为 $20\ \mathrm{r} × 60 = 1200\ \mathrm{r}$，即曲轴转速为1200r/min。
【答案】
压缩；1200
【知识点】
汽油机冲程识别，热机循环计算
【点评】
本题是热机部分的基础常规题，只要牢记四冲程各自的气门状态、活塞运动方向，以及“1次对外做功对应曲轴转2圈”的比例关系就可以顺利解题，易错点是容易误记做功和曲轴转数的对应倍数，导致计算结果减半或者翻倍。
【难度系数】
0.8