专题 07 内能与能量的转化和守恒-2022-2023学年九年级科学上学期期末培优冲刺（浙教版）（解析版）

07内能与能量的转化和守恒一、内能1．（2020九上·鄞州月考）质量、初温均相同的甲、乙两物体，将甲投入一杯热水中，达热平衡后水温降低5℃，将甲取出，接着把乙投入这杯水中，达热平衡后水温又降低5℃，下列说法正确的是（）A．C甲>C乙 B．C甲<C乙 C．C甲=C乙 D．无法确定【答案】B【解析】由题可知，甲、乙两物体分别放入水中达到热平衡时，水温都是降低5℃，

根据Q=cm△t可知，两物体吸收的热量相同。

达到热平衡时，甲物体升高的温度：△t甲=t水-5℃-t0，乙物体升高的温度：△t乙=t水-10℃-t0，

可见△t甲＞△t乙，根据c=Q2．（2019九上·杭州期中）初温相等、质量相等的铁块和铝块(C铝>C铁)，吸收了相等的热量后相互接触，则()A．会发生热传递，热从铁块传给铝块B．不会发生热传递C．会发生热传递，热从铝块传给铁块D．条件不足，无法判断【答案】A【解析】根据△t=Qcm可知，吸收相同的热量时，质量相同的不同物质，比热容越大的，温度升高的越小。因为C铝>C铁，所以升高的温度△t铝<△t铁。两块金属的初温相同，

根据公式t=t0+△t可知，铝块的终末温度低于铁块的终末温度。3．（2017九上·浙江月考）为了比较甲、乙两种液体的比热容，小红进行了如下的实验：用两个完全相同的酒精灯，同时给质量和初温都相同的甲、乙两种液体加热，其他条件相同；分别记录加热的时间和对应的温度，根据记录的数据作出了两种液体的温度随时间变化的图像，如图所示。下列结论中错误的是（）A．要使甲、乙升高相同的温度，应给乙加热更长的时间，这说明乙的吸热能力强B．加热相同的时间时，甲升高的温度高一些，则甲的比热容比乙小C．加热相同的时间时，甲升高的温度高一些，则甲吸收的热量多一些D．若已知甲的比热容是1.8×103J/（kg•℃），则乙的比热容是2.4×103J/（kg•℃）【答案】C【解析】A、由图示图象可知，甲和乙升高相同的温度，如都升高30℃，温度升到40℃，甲需要的时间是3min，乙需要的时间是4min，乙需要更长的加热时间，乙吸收更多的热量，这说明了乙的吸热能力强一些，故A正确；B、加热相同的时间时，甲、乙吸收的热量相等，甲升高的温度高一些，说明甲的吸热能力小，甲的比热容较小，故B正确；

C、用两个完全相同的酒精灯对液体加热，在相等时间内液体吸收的热量相等，故C错误；

D、由图示图象可知，用相同的酒精灯加热4min，甲和乙吸收的热量就是相同的，△t甲=50℃-10℃=40℃，△t乙=40℃-10℃=30℃，由Q吸=cm（t-t0）得：c甲m△t甲=c乙m△t乙，乙的比热容c乙=40℃/30℃×1.8×103J/（kg•℃）=2.4×103J/（kg•℃），故D正确；故选：C4．（2022九上·杭州期中）婚礼上常用的礼花喷射器结构如图，气罐内有高压气阀与纸筒相连。使用时转动纸筒打开气阀，气体将纸筒内的礼花快速喷向远处，对该过程分析正确的是（）A．罐内气体的热能增大B．气罐内壁温度降低C．罐内气体通过热传递方式改变了其内能D．该过程能量转化方式与汽油机压缩冲程相同【答案】B【解析】在喷出礼花的过程中，罐内的压缩空气对礼花做功，空气内能转化为礼花的机械能，则罐内气体内能减少，气罐内壁温度降低，故A、C错误，B正确；

汽油机做功冲程是将内能转化为机械能，汽油机压缩冲程是将机械能转化为内能，而气体将纸筒内的礼花快速喷向远处时，是将内能转化为机械能，所以与汽油机的做功冲程能量转化方式相同，故D错误。故选B。5．（2022九上·杭州期中）下列关于温度、热量和内能的说法，正确的是（）A．两物体发生热传递时，高温物体将温度传递给低温物体B．在相同温度下，1kg的水比1kg的冰含有的热量多C．物体温度升高，内能增加，一定是通过从外界吸收热量达到的D．冰熔化成水的过程中，温度不变，但内能增大【答案】D【解析】A.两物体发生热传递时，高温物体将热量传递给低温物体，故A错误；

B.在相同温度下，1kg的水比1kg的冰含有的内能多，故B错误；

C.物体温度升高，内能增加，可能是通过从外界吸收热量达到的，也可能是外界对物体做功，故C错误；

D.冰熔化成水的过程中不断吸热，温度不变，但内能增大，故D正确。故选D。6．如图a所示，甲、乙两个相同的烧杯装有等质量的水，分别接入加热器1和加热器2进行加热，不计热量损失，得到图b所示的水温与加热时间的关系图，则下列说法正确的是（）A．若吸收相同的热量，则甲杯的水升温比乙杯的多B．加热器1的实际功率小于加热器2的实际功率C．加热器1的电阻小于加热器2的电阻D．加热相同的时间，甲、乙杯吸收的热量是相等的【答案】C【解析】A.甲和乙两个烧杯内水的质量相等，二者吸收相同的热量，根据Q=cm△t可知，二者升高的温度相等，故A错误；

B.根据b图可知，两杯水都升高到40℃时吸收相同的热量，甲用2min，而乙用3min。根据W=Pt可知，加热器1的实际功率大于加热器2的实际功率，故B错误；

C.根据公式R=U2P7．（2021九上·奉化期末）如图是四冲程汽油机的工作示意图，下列说法错误的是()A．汽油机工作时各冲程的顺序依次为：丁、甲、丙、乙B．除了丙冲程以外，其他冲程均靠飞轮的惯性完成C．甲冲程中能量的转化：内能转化为机械能D．无论怎样改进汽油机，汽油机的效率也无法达到100%【答案】C【解析】A.甲：两个气门关闭，活塞向上运动，为压缩冲程；乙：排气门打开，为排气冲程；丙：两个气门关闭，活塞向下运动，为做功冲程；丁：进气门打开，为吸气冲程，则顺序为：丁、甲、丙、乙，故A正确不合题意；

B.除了做功冲程丙获得能量，其它的冲程依靠飞轮的惯性完成，故B正确不合题意；

C.甲压缩冲程中，将燃气的机械能转化为内能，故C错误符合题意；

D.无论增益改进汽油机，肯定会有能量的损失，则效率不能达到100%，故D正确不合题意。故选C。8．（2021九上·萧山月考）如图各实验现象的分析中，不正确的是（）A．甲图中，瓶盖起跳后瓶口出现白雾说明气体对外做功后内能减少、温度降低B．乙图中，纸盒被撞击后移动的距离越大说明撞击时铁球具有的动能越大C．丙图中，滚摆的上下运动表明动能和弹性势能可以相互转化D．丁图中，迅速下压活塞，筒内空气温度升高是由于活塞压缩空气做功，空气内能增加【答案】C【解析】A.甲图中，瓶盖起跳后瓶口出现白雾说明气体对外做功后内能减少、温度降低，故A正确不合题意；

B.乙图中，纸盒被撞击后移动的距离越大，说明撞击时铁球具有的动能越大，故B正确不合题意；

C.丙图中，滚摆的上下运动表明动能和重力势能可以相互转化，故C错误符合题意；

D.丁图中，迅速下压活塞，筒内空气温度升高是由于活塞压缩空气做功，空气内能增加，故D正确不合题意。故选C。9．（2021九上·拱墅期末）小乐用可乐瓶制作水火箭，先在瓶里装适量水，然后将带有阀门的金属管插入瓶塞，旋紧瓶塞后用打气筒往瓶里打足气，如图甲所示；打开阀门后，水从尾部的金属管向下喷出，水火箭竖直向上飞向空中，如图乙所示。下列分析正确的是（）A．上升过程中，喷出的水对水火箭有向下的推力B．上升过程中，水火箭瓶内气体的内能减少C．上升过程中，水火箭的重力势能转化为动能D．下降过程中，水火箭的机械能逐渐增大【答案】B【解析】A.上升过程中，水火箭向下喷水，对水施加向下的推力，同时水对水火箭产生向上的推力，故A错误；

B.上升过程中，水火箭内的气体推动水向下做功，则气体的内能减小，故B正确；

C.上升过程中，水火箭的高度增大，重力势能增大；速度增大，则动能增大，因此它的动能不是由重力势能转化而来，故C错误；

D.下降过程中，水火箭的机械能会不断转化为空气的内能，因此机械能逐渐减小，故D错误。故选B。10．（2020九上·温州开学考）高温期间，将冰块放入到容器内，置于教室中，可适当降低室内温度。（1）教室内体温恒定的学生，体内的产热量散热量(选填“大于”、“等于”或“小于”)（2）整个过程中除冰块的熔化外，也能起到降温作用的物态变化是。（3）若在绝热的密闭容器中给0℃的冰加热。刚开始冰慢慢熔化成水，但温度保持在0℃；等冰全部熔化成水后，温度逐渐升高。实验获得如下近似数据：实验次数1234冰的质量(克)100100200200冰熔化为水的最终温度(℃)040X加热时间(分钟)57.51020请推测表格中的X的数据为℃。(注：绝热是指体系与环境不存在热量交换)【答案】（1）等于（2）水的蒸发(或汽化)（3）8【解析】（1）教室内体温恒定的学生，体内的产热量等于散热量；

（2）整个过程中除冰块的熔化外，也能起到降温作用的物态变化是水的蒸发(或汽化)。

（3）将①和②比较可知，100g的水升高4℃的加热时间为：7.5min-5min=2.5min；

将③和④比较可知，200g的水升高x℃的加热时间为：20min-10min=10min。

根据公式Q=cm△t可知，

Q1Q2=cm111．（2020九上·杭州月考）用活塞式打气筒为自行车轮胎打气的过程中,会发现气筒的简壁发热。筒壁发热现象的产生，有两个方面的原因：a、打气过程中活塞与筒壁之间不断地克服摩擦做功使筒壁的内能增加、温度升高：b、打气时活塞压缩气体做功使气体的内能增加，升温的气体通过热传递使筒壁温度升高，针对哪一个是主要原因问题，小明设计了如下实验：先测出打气前筒壁的温度为t0，再将打气筒不与轮胎相连空打气适量的n次后测出筒壁温度为t1，待筒壁温度恢复t0后，再将打气筒与轮胎相连,在相同的时间内打相同的n次后测出筒壁温度为t2。你认为t2t1（“>”、“<”、“=”），原因是：；若想要说明b是主要原因的实验结果应该是：。A.t2−t0>t1−t0B.t2−t1>t1−t0C.t2−t1<t1−t0【答案】>；t1:第一次只有摩擦来增加内能，t2:第二次还有压缩气体来增加的内能；B【解析】我认为t2>t1，原因是：t1:第一次只有摩擦来增加内能，t2:第二次还有压缩气体来增加的内能；若想要说明b是主要原因的实验结果应该是：t2−t1​​​​​​​>t1−t0。12．（2020九上·温岭期末）如图甲装置所示，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、打气简等组成。向圆底烧瓶内注入适量酒精，使用打气简向烧瓶内打气，根据传感器数据采集电脑处理得到如图乙所示图像。．（1）描述打气简打气5秒后出现的实验现象；（2）有同学认为，图乙中BC段对应发生情况与热机中做功冲程相似，请说出相似处：；（3）在用本装置进行实验时能否去掉瓶内的酒精和水，请判断并说明理由：。【答案】（1）瓶塞跳出，瓶口出现白气，温度传感器的示数减小（2）将气体的内能转化为机械能（3）借助水或酒精的蒸汽液化来反应瓶内温度的变化【解析】（1）描述打气简打气5秒后出现的实验现象：瓶塞跳出，瓶口出现白气，温度传感器的示数减小。

（2）有同学认为，图乙中BC段对应发生情况与热机中做功冲程相似，相似处：将气体的内能转化为机械能；

（3）在用本装置进行实验时不能去掉瓶内的酒精和水，理由：借助水或酒精的蒸汽液化来反应瓶内温度的变化。13．小明家新买来一台容积为80L的天然气热水器。小明学习了热效率的知识后，尝试估测该热水器的热效率，他把“进水量”设置为40L，“出水温度”设置为40℃后，开始加热。当水温达到40℃时，自动停止加热。已知当时自来水的温度是20℃，加热前天然气表的示数为129.96m3，停止加热后变为130.06m3。天然气的热值q天然气＝4.2×107J/m3，水的比热容c水＝4.2×103J/(kg·℃)，1L＝10－3m3。求：（1）水箱中水的质量。（2）水箱中水吸收的热量。（3）该热水器的热效率。【答案】（1）水的体积V＝40L＝40×10－3m3＝4×10－2m3，根据ρ＝mV得，水的质量m＝ρV＝1.0×103kg/m3×4×10－2m3（2）水吸收的热量Q吸＝c水m(t－t0)＝4.2×103J/(kg·℃)×40kg×(40℃－20℃)＝3.36×106J。（3）消耗天然气的体积V＝V2－V1＝130.06m3－129.96m3＝0.1m3，天然气完全燃烧放出的热量Q放＝Vq天然气＝0.1m3×4.2×107J/m3＝4.2×106J，该热水器的热效率η＝Q吸Q放【解析】（1）根据公式m＝ρV计算水箱中水的质量即可；

（2）根据公式Q吸＝c水m(t－t0)计算水吸收的热量；

（3）首先根据V＝V2－V1计算出消耗天然气的体积，再根据Q放＝Vq天然气计算出天然气燃烧放出的热量，最后根据η=Q二、热量14．（2021九上·镇海期末）如图所示，用相同的加热装置对a、b、c三种物质加热，它们的温度随时间变化的图象，其中a、c质量相同。下列对图象的分析正确的是（）A．t1﹣t2时间内物质a的温度不变，所以内能不变B．如果a、b是同种物质，b的质量大于a的质量C．温度从T1升高到T2时，物质a和物质b吸收的热量相等D．物质b的比热容大于物质c的比热容【答案】B【解析】根据图像可知，t1~t2时间内物质a的温度不变，但是由于不断吸热，所以内能增大，故A错误；

a、b为同种物质，则比热容相等；当加热时间都为t1时，二者吸收的热量相同，此时升高的温度b小于a。根据Q=cm△t可知，升高的温度与物体质量成反比，即b的质量大于a，故B正确；

根据图像可知，从从T1升高到T2时，a用的时间小于b的时间，即物质a吸收的热量小于b，故C错误；

根据图像可知，同样升高到T1，b用的时间比c小，即b吸收的热量小于c，而二者质量相等。根据Q=cm△t可知，吸收的热量与比热容成正比，即b的比热容小于c，故D错误。故选B。15．（2021九上·金华期中）关于温度、热量、内能、比热、燃烧值等，以下说法正确的是（）①物体的内能增大时，一定要从周围吸热②热量可能从内能大的物体向内能小的物体转移③物体的温度越高，所含的热量越多④地球上的物体都具有内能⑤一杯汽油倒去一半，剩余汽油的密度和比热容不变，质量和燃烧值减小⑥物体温度升高时，分子运动速度加快，所以该物体的动能增大⑦一块0℃的冰熔化成0℃的水后，内能增大⑧一个物体吸收热量，温度一定升高⑨一个物体温度升高，它不一定吸收热量A．④⑤⑥⑨ B．②④⑦⑨ C．①③⑥⑧ D．②④⑤⑥【答案】B【解析】①物体的内能增大时，可能是从周围吸热，也可能是外界对物体做功，故①错误；

②热量总是从温度高的物体向温度低的物体转移，如果内能大的物体同时温度高，那么热量就从内能大的向内能小的转移，故②正确；

③物体的温度越高，所含的内能越大，而热量是过程量，只能说“吸收”或“放出”，故③错误；

④地球上的物体都具有内能，故④正确；

⑤一杯汽油倒去一半，剩余汽油的密度、比热容和燃烧值不变，质量减小，故⑤错误；

⑥物体温度升高时，分子运动速度加快，所以该物体的内能增大，故⑥错误；

⑦一块0℃的冰熔化成0℃的水后，虽然温度不变但是吸收了热量，因此内能增大，故⑦正确；

⑧一个物体吸收热量，温度不一定升高，例如水沸腾是吸热，但温度不变，故⑧错误；

⑨一个物体温度升高，它不一定吸收热量，还可能是外界对物体做功，故⑨正确。

那么正确的是②④⑦⑨。故选B。16．为解决日益加剧的温室效应等问题，科学家正在研究建立如下图所示的二氧化碳新循环体系：上述关系图能反映的观点或思想有（）①化学变化中元素种类是守恒的②燃烧时化学能可以转化为热能和光能③二氧化碳也是一种重要的资源④无机物和有机物可以相互转化A．①②④ B．①②③ C．②③④ D．①②③④【答案】D【解析】①化学变化中元素种类是守恒的，正确；②燃烧时化学能可以转化为热能和光能，正确；③由转化图可知，二氧化碳也是一种重要的资源，正确；④由流程图可知，无机物和有机物可以相互转化，正确；故选D。17．目前有一种倍受关注的喷气飞行背包（如图），人背上后能通过该设备获得动力，实现人类自由单人飞翔的梦想。（1）该背包燃料为汽油，汽油燃烧将能转化为内能，一部分对人和飞行背包做功，还有部分散失到空气中，这些内能却无法再被利用来对人和飞行背包做功，说明能量的转移和转化具有。（2）某次飞行过程中消耗10千克汽油，这些汽油完全燃烧放出的热量为焦。(q汽油=4.6×107焦/千克)【答案】（1）化学；方向性（2）4.6×108【解析】（1）该背包燃料为汽油，汽油燃烧将化学能转化为内能，一部分对人和飞行背包做功，还有部分散失到空气中，这些内能却无法再被利用来对人和飞行背包做功，说明能量的转移和转化具有方向性。（2）汽油完全燃烧放出的热量：Q=qm=4.6×107焦/千克×10千克=4.6×108J。18．（2022九上·越城期末）如图甲为航母上简化的蒸汽弹射装置，能带动舰载机在两秒钟内达到起飞速度，图乙为汔油机的工作冲程。（1）图甲中两个滑轮的作用是（2）蒸汽弹射装置工作时，气缸内蒸汽体积膨胀，对外做功，内能(选填“增大”、“减小“或“不变")。同时推动活塞，使舰载机获得巨大的动能。（3）蒸汽弹射装置工作时的能量转化与图乙中的图(选填字母)所示冲程相同。【答案】（1）改变力的方向（2）减小（3）C【解析】（1）根据图甲可知，两个滑轮都固定不动，为定滑轮，作用是改变力的方向。

（2）蒸汽弹射装置工作时，气缸内蒸汽体积膨胀，对外做功，内能减小。

（3）蒸汽弹射装置工作时，将蒸汽的内能转化为飞机的机械能。

A.进气门打开，为吸气冲程，没有能量转化，故A不合题意；

B.两个气门关闭，活塞向上运动，为压缩冲程，将机械能转化为内能，故B不合题意；

C.火花塞打火，为做功冲程，将内能转化为机械能，故C符合题意；

D.排气门打开，为排气冲程，没有能量转化，故D不合题意。故选C。19．（2020九上·杭州期中）如图甲所示是某固体的熔化实验装置，根据实验数据绘制出的曲线图如图乙。（1）在该物质熔化过程中需要吸收热量同时温度（选填“升高”或“降低”或“不变”）。（2）根据图象和相关知识，该物质从第6分钟至第8分钟共吸收J的热。（该物质质量是200g，液态时的比热容C＝3×103J/（kg·℃））。如果从开始记录到刚沸腾时，完全燃烧了热值为3.0×107J／kg的酒精5g，则可估算出此过程中热转化效率是。【答案】（1）不变（2）2.4×104；28%【解析】（1）在该物质熔化过程中需要吸收热量同时温度不变。

（2）该物质第6分钟时温度为50℃，第8分钟时温度为90℃，那么吸收的热量为：

Q=cm△t=3×103J/（kg·℃）×0.2kg×（90℃-50℃）=2.4×104J。

燃烧酒精放出的热量为：Q放=qm酒精=3.0×107J／kg×0.005kg=15×104J；

那么热转化效率为：η=Q20．（2021九上·台州期中）热机发明后，一直在持续的改进和发展中。材料一：1769年，法国人居纽制造出蒸汽机推动的三轮汽车（图甲），传统蒸汽机的燃料在气缸外部燃烧（图乙），热效率为5%-8%之间。材料二：1862年，法国人德罗夏提出内燃机（内燃指燃料在气缸内燃烧）的四冲程循环理论：①气缸的向外运动造成的真空将混合气体燃料吸入气缸；②通过气缸的向内运动对进入气缸里的燃料进行压缩；③高压燃烧气体产生巨大爆发力；④将已经燃烧的废气从气缸中排出。材料三：1876年，德国人奥托制造出以四冲程为依据的煤气内燃机，利用飞轮的惯性使四冲程自动实现循环往复，内燃机的效率达到14%。（1）老师在重复演示“做功改变内能”实验（如图丙），需在拔出活塞后将厚玻璃筒甩几下，其目的与内燃机的冲程的原理相似。（2）德罗夏提到的内燃方式是基于的猜想。（3）分析上述科学史料，判断下列观点正确的有()A．科学与技术既有密切联系，又有重要区别B．只有完全正确的理论才是科学理论C．当前被人们认同的理论今后可能会被另一种理论取代D．没有先进的科学技术将无法开展科学研究【答案】（1）AD（2）燃料在气缸内燃烧，热量散失少，热效率高（3）A；C【解析】（1）内燃机的排气冲程排出废气，吸气冲程吸入新鲜的空气和汽油，因此拔出活塞后将厚玻璃筒甩几下，其目的与内燃机的排气和吸气冲程类似，故选AD。

（2）德罗夏提到的内燃方式是基于燃料在气缸内燃烧，热量散失少，热效率高的猜想。

（3）A.科学与技术既有密切联系，又有重要区别，故A正确；

B.科学理论也有错误的，故B错误；

C.当前被人们认同的理论今后可能会被另一种理论取代，故C正确；

D.通过开展科学研究，往往可以获取更加先进的科学技术，故D错误。

故选AC。21．（2020九上·宁波月考）宁波市部分公交车用天然液化气为燃料，其主要成分就是甲烷，热值为3.6×107J/m3。如果一辆公交车满载乘客时总质量是6×103kg，那么10m3甲烷气体完全燃烧产生的能量可供公交车满载时以36km/h的速度匀速行驶100min。匀速行驶中公交车受到的平均阻力为车重的0.05倍，求：（1）这段时间内公交车牵引力所做功的功率。（2）若10m3的甲烷气体完全燃烧所产生的能量被水完全吸收，则能将多少千克的水从0℃加热到刚沸腾？[c水=4.2×103J/(kg·℃)，计算结果保留1位小数]（3）这段时间内公交车发动机的效率是多大？【答案】（1）解：公交车满载时的重力：G总=m总g=6×103kg×10N/kg=6×104N，因公交车匀速行驶时处于平衡状态，受到的牵引力和阻力是一对平衡力，所以，公交车受到的牵引力：F=f=0.05G总=0.05×6×104N=3000N，公交车匀速行驶的速度：v=36km/h=10m/s，这段时间内公交车牵引力所做功的功率：P=Fv=3000N×10m/s=3×104W（2）解：10m3的甲烷气体完全燃烧所产生的能量：Q放=Vq=10m3×3.6×107J/m3=3.6×108J，由题知，水吸收的热量Q吸=Q放=3.6×108J，标准大气压下水的沸点为100℃，由Q吸=c水m(t－t0)，可得加热水的质量：m=（3）解：W=Pt′=3×104W×100×60s=1.8×108J，这段时间内公交车发动机的效率：η=【解析】（1）首先根据G总=m总g计算出公交车的重力，再根据二力平衡的知识计算出公交车受到的牵引力，即F=f=0.05G总，最后根据公式P=Fv计算出公交车的功率。（2）首先根据公式Q放=Vq计算出甲烷完全燃烧放出的热量，再根据Q吸=c水m(t－t0)计算出加热水的质量。

（3）发动机的效率等于机械功与燃料放出热量的比值，首先根据W=Pt′计算出发动机做的机械功，再根据η=W22．（2020九上·江干期末）氢燃料是一种绿色能源，氢燃料电池的工作原理如图所示：（1）氢燃料电池在放电时将能转化为能；（2）已知某氢燃料电池车的电动机的输出功率为40kW，以72km/h的速度在水平道路上匀速行驶。求此时汽车与地面之间的摩擦力；（3）在上一问的基础上，若汽车匀速行驶了180km，该燃料电池车能量转化的效率为60%，求需要消耗的氢气的质量(氢气的热值为1.5×108J/kg)。【答案】（1）化学；电（2）电动机产生的牵引力F=Pv=40×10（3）汽车做的功W=Fs=2000N×（1.8×105m）=3.6×108J；

氢气放出的热量Q=Wη=3.6×10【解析】（1）根据能量转化的知识解答；

（2）首先根据F=Pv计算出电动机产生的牵引力F，然后根据二力平衡的知识计算出汽车受到的摩擦力；

（3）首先根据W=Fs计算出汽车做的功，然后根据Q=W23．（2019九上·杭州期中）某太阳能热水器受光面积为2米2，内装80千克水，太阳每分钟辐射到1米2面积上热量是7×104焦。如果60%的热量被水吸收，水的比热是4.2×103焦/（千克·℃），问：（1）日晒3小时后，太阳辐射到热水器的热量有多少？（2）太阳辐射的这些热量能使20℃的水温最终达到多少？（3）煤气的热值是4.2×107焦/千克，若煤气灶的效率为40%，请问：使等质量的水升高相同的温度，需燃烧多少千克煤气？【答案】（1）太阳辐射到热水器的热量：Q=7×104J/（m2•min）×2m2×3×60min=2.52×107J；（2）水吸收的热量Q吸=Q×60%=2.52×107J×60%=1.512×107J，

水温升高值：△t=Q吸c水（3）煤气完全燃烧放出的热量：Q放=Q吸40【解析】（1）根据太阳每分钟辐射到1m2面积上的热量是7×104J×受光面积×时间计算太阳辐射到热水器的热量；

（2）根据公式Q吸=Q×60%计算出水吸收的热量，然后利用公式△t=Q吸cm计算出温度变化，最后根据公式t=△t+t0计算出末温。

（3）根据公式η=24．如图所示为某市某风景区山中的一段盘山公路照片。以汽油为燃料的观光汽车沿该盘山公路(盘山公路近似处理为斜面)以36千米/时的速度匀速行驶，经过15分钟从山脚到达山顶；汽车上山时沿路面获得的牵引力恒为9.2×103牛。已知汽油完全燃烧释放的热量转化为汽车牵引力做功的效率为30%，汽油热值q＝4.6×107焦/千克，求：（1）汽车上山时牵引力发挥的功率为多大。（2）汽车从山脚到山顶消耗了多少千克的汽油。【答案】（1）解：已知v＝36千米/小时＝10米/秒P＝W/t＝Fs/t＝Fv＝9.2×103牛×10米/秒＝9.2×104瓦（2）解：t＝15分钟＝900秒因为P＝W/t所以牵引力所做的功：W＝Pt＝9.2×104瓦×900秒＝8.28×107焦因为η＝W/Q，所以W＝ηQ＝ηqm则m＝W/(qη)＝8.28×107焦/(4.6×107焦/千克×30%)＝6千克【解析】（1）已知观光汽车受到的牵引力和速度根据公式P=Fv计算汽车上山的功率；

（2）首先根据公式W=Pt计算出牵引力做的功，然后再根据η=WQ计算出汽油燃烧放出的热量，最后根据25．（2020九上·西湖期末）浅层地热能是指蕴藏在地表以下一定深度范围内的岩土体、地下水和地表水中具有开发利用价值的天然绿色能源。（1）如图甲所示为一一个地热发电装置简图，地热井口喷出来的水汽混合物经处理后，蒸汽送入汽轮机进行发电。地热发电过程中的能量转化情况是→→电能。（2）如图乙所示是利用浅层地热能调节室温的原理图。具体做法是：往地下打孔；接入管道，然后通入自来水。冬天，自来水通过管道流入地下，被增温层加热，再循环出来就能提高室内温度；夏天则相反。利用浅层地热调节室温，是通过的方式改变了内能，用自来水作循环工作的物质，是因为水的大。（3）存在于岩石圈中的地下水是含有各种气体、离子、有机物和微生物等的混合物，主要的气体成分是O2、N2和CO2，有机质的发酵与植物的(填生理过程)使土壤中源源不断产生CO2，并溶入流经土壤的地下水中。【答案】（1）内能；机械能（2）热传递；比热容（3）呼吸作用【解析】（1）地热发电站发电时，先利用地下井获得地热将水加热成水蒸气，水蒸气膨胀推动活塞，使水蒸气的内能转化成机械能，汽轮机带动发电机工作，将机械能化为电能。闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动时，导体中就会产生电流，这种现象叫电磁感应现象。发电机就是根据电磁感应原理制成的。

（2）冬天，自来水通过管道伸入地下，被增温层加热，再循环出来就能提高室内温度；夏天则相反，能降低室内温度。用自来水作循环工作的物质，是因为水的比热容最大，相同质量的水和其他液体相比较，升高相同的温度，水吸收的热量多。

（3）植物的呼吸作用会产生二氧化碳，碳酸钙在高温条件下分解成氧化钙和二氧化碳，有机质的发酵与植物的呼吸作用产生二氧化碳，使土壤中源源不断产生二氧化碳并溶入流经土壤的地下水中，在高温下，含碳酸盐类的岩石（以碳酸钙为例），也可以变质生成二氧化碳。三、能量的转化与守恒26．（2021九上·嘉兴期末）十八世纪，瓦特发明的冷凝器蒸汽机推动了人类第一次工业革命。如图为蒸汽机的工作原理：打开阀门A、关闭阀门B，高压蒸汽进入汽缸，推动活塞上行。当活塞达到汽缸顶部时，关闭阀门A、打开阀门B，蒸汽进入冷凝器，汽缸内压强减小，活塞下降，如此循环往复。下列说法错误的是（）A．用水冷凝蒸汽是利用热传递改变内能B．蒸汽机在整个工作过程中遵循机械能守恒C．蒸汽机活塞上行过程与汽油机的做功冲程相似D．蒸汽推动活塞向外做功后，蒸汽的内能会减小【答案】B【解析】A.用水冷凝蒸汽，其实就是将蒸汽的内能转移到水中，属于热传递，故A正确不合题意；

B.在整个工作过程中，活塞上下运动肯定会克服摩擦力，从而将机械能转化为内能，因此不遵循机械能守恒，故B错误符合题意；

C.蒸汽机活塞上行过程中，蒸汽推动活塞，将内能转化为机械能，这与做功冲程相似，故C正确不合题意；

D.蒸汽推动活塞向外做功后，将内能转化为活塞的机械能，则蒸汽的内能会减小，故D正确不合题意。故选B。27．（2021九上·江干期末）以下四幅源自于教材的图片，对它们的描述符合实际的是（）A．图①中扶着门的手松开，门自动关闭时，弹簧中的弹性势能增加B．图②中改变拉力的方向，发现拉力和水平面夹角越大，拉力越大C．图③打气使塞子跳出，瓶内白雾出现，原理与汽油机的做功冲程相同D．图④圆轮中的重钢球，总能从距离轮心近处滚到远处，使轮转动不息【答案】C【解析】A.图①中的门自动关闭时，弹簧的形变程度变小，则弹性势能减小，故A错误；

B.图②中为定滑轮，定滑轮不省力不费力，且拉力的大小与拉力的方向无关，故B错误；

C.图③中大气使塞子跳出，瓶内白雾出现，说明气体的内能转化为塞子的机械能，故C正确；

D.图④中钢球在滚动时肯定会有能量损耗，且圆轮转动时也会克服摩擦消耗能量，因此圆轮不会永远转动下去，故D错误。故选C。28．（2020九上·杭州月考）科学研究中常常发现某一问题的两个相关的量(x，y)之间存在一定的关系。下列相关的量之间符合如图关系的是（）A．不同物体升高到相同的温度时，吸收的热量(y)与比热容(x)的关系B．一定量的稀盐酸中加入锌粒，产生氢气质量(y)与锌粒质量(x)的关系C．恒力对物体所做功(y)与物体在力的方向上所通过距离(x)的关系D．在单位时间内，电流通过某一导体产生的热量与电流的关系【答案】C【解析】根据图像可知，图象中两个量之间表示的关系是正比关系。

A.根据公式Q=cm△t可知，质量相同的不同物体升高到相同的温度时，吸收的热量（y）与比热（x）的关系成正比，题目没有限制质量相同，故A错误；

B.一定量的稀盐酸中加入锌粒，产生氢气质量（y）与锌粒质量（x）的关系，开始成正比，最后保持不变，故B错误；

C.根据W=Fs可知，恒力对物体所做功与物体在力的方向上所通过距离成正比，故C正确；

D.根据Q=I2Rt可知，当时间和电阻相同时，电流产生的热量与电流的平方成正比，与电流不成正比，故D错误。故选C。29．（2020九上·余杭期末）对下列各现象的分析不正确的是（）A．甲图中，滚摆由最低点向最高点运动的过程中，动能减少，重力势能增加B．乙图中，活塞压缩空气做功，空气内能增加，温度升高C．丙图中，人在最高点时重力势能最大D．丁图中，人落到蹦床上，从B点到C点人的动能逐渐减小【答案】D【解析】A.甲图中，滚摆由最低点向最高点运动的过程中，速度减小，动能减少；高度增大，即重力势能增加，故A正确不合题意；

B.乙图中，活塞压缩空气做功，将机械能转化为内能，所以空气内能增加，温度升高，故B正确不合题意；

C.丙图中，人在最高点时重力势能最大，故C正确不合题意；

D.丁图中，人落到蹦床上后，受到向上的弹力和向下的重力，在开始的一段时间内，弹力小于重力，合力向下，与运动方向相同，因此人继续做加速运动；当合力为零时，加速停止，此时速度最大；此后弹力大于重力，合力向上，与运动方向相反，做减速运动，因此从B点到C点人的动能先增大后减小，故D错误符合题意。故选D。30．（2019九上·秀洲期末）如图，铜质圆环从条形磁铁的正上方由静止开始下落。在此过程中，下列分析不正确的是（）A．铜环在下落过程中部分机械能转化为电能B．铜环落到桌面停止时其温度可能升高C．铜环在下落过程中铜环的重力是做功的D．铜环在下落过程中的机械能是守恒的【答案】D【解析】ABD、铜环在下落的过程中，穿过铜环的磁通量一直在变化，也就是有感应电流产生，也产生了一部分电热，总能量等于电热加铜环的机械能，机械能不守恒，故AB正确，但不符合题意，D错误，但符合题意；

C、铜环在下落的过程中，在重力的作用下通过一定的距离，重力做功，故C正确，但不符合题意；

故选D。31．（2022九上·舟山期中）低空跳伞是一种危险性极高的极限运动。一名跳伞运动员背着伞包从某高层建筑顶层跳下，且一直沿竖直方向下落，其整个运动过程的v-t图像如图所示，其中10秒末时打开了降落伞。下列说法正确的是（）A．前2秒内，运动员的运动状态保持不变B．前10秒内，运动员减少的重力势能全部转化为动能C．10秒末～12秒末，运动员和伞受到的空气阻力大于其总重力D．14秒末～16秒末，运动员和伞的机械能总量保持不变【答案】C【解析】A.前2秒内，运动员的速度不断增大，因此他的运动状态改变，故A错误；

B.前10秒内，运动员减少的重力势能转化为动能和内能，故B错误；

C.10秒末～12秒末，运动员做减速运动，即受到合力的方向向上，则G-f<0，因此运动员和伞受到的空气阻力大于其总重力，故C正确；

D.14秒末～16秒末，运动员和伞的速度不变，则动能不变；高度减小，则重力势能减小。根据“机械能=动能+重力势能”可知，它们的机械能减小，故D错误。故选C。32．（2022九上·杭州月考）如图所示，40g的金属小球从导轨a处静止下滑，一次经过b处、c处，到达d处时恰好停下。下列说法错误的是（）A．小球从a到b，重力做功0.24JB．小球到达c点时动能为0C．从a到d，小球损耗的机械能为0.16JD．从b到c，小球的一部分动能转化为势能【答案】B【解析】A.小球从a到b时高度降低0.6m，则小球的重力做功W=Gh=0.04kg×10N/kg×0.6m=0.24J，故A正确不合题意；

B.小球到达c点时时，仍然有向左运动的速度，即此时动能不为零，故B错误符合题意；

C.从a到d，小球损耗的机械能为：△W=G×△h=0.04kg×10N/kg×（0.6m-0.2m）=0.16J，故C正确不合题意；

D.则从b到c，小球高度增大，重力势能增大，由于在c点时小球仍然有动能，因此则小球的一部分动能转化为势能，故D正确不合题意。

故选B。33．（2021九上·温州期末）2021年8月，全红婵在奥运会跳水项目的完美表现引起国人关注。图①是她站在跳板上压缩跳板至最低点，随后完成②③④动作。不考虑空气阻力，下列选项中能表示全红婵从起跳到即将入水的过程中，其机械能变化的图像是（）A．B．C．D．【答案】B【解析】从①到②的过程中，跳板的弹性势能会转化为运动员的机械能，这段时间内它的机械能增大；从②到③到④的过程中，不计空气阻力，则机械能守恒，也就是她的机械能保持不变。故选B。34．（2021九上·江北期末）2020年12月17日，探月工程“嫦娥五号”返回器成功着陆，标志着我国首次地外天体采样返回任务圆满完成。这次返回任务采用了高速再入轨道技术。返回轨道如图所示，返回器以“打水漂”的方式返回，避免了返回器由于速度过快存在燃烧殆尽的风险。以下有关返回器分析不正确的是（）A．返回过程中，返回器的机械能始终守恒B．反弹过程中，返回器的动能部分转换为势能C．返回过程中，返回器要克服摩擦力做功产生热能D．每次进入大气层时，返回器的动能第二次比第一次小【答案】A【解析】A.返回过程中，返回器的机械能不断的转化为内能，因此机械能不断减小，故A错误符合题意；

B.反弹过程中，返回器的高度增大，则动能部分转换为重力势能，故B正确不合题意；

C.返回过程中，返回器要克服摩擦力做功产生热能，故C正确不合题意；

D.每次进入大气层时，返回器的动能第二次比第一次小，故D正确不合题意。故选A。35．（2020九上·杭州月考）在水平地面上铺一张纸，将皮球表面涂黑，使其分别从不同高度处由静止自由下落，在纸上留下黑色圆斑甲、乙，如图所示。若要判断哪一个圆斑是皮球从较高处落下形成的，正确、合理的分析思路是（）①球在和地面接触过程中动能转化成的弹性势能较大②球的形变量较大，在地面上形成的圆斑较大③球下落过程中重力势能转化为动能④球在较高处具有较大的重力势能⑤球在接触地面前具有较大的动能A．②①⑤④③ B．④③⑤①② C．②④⑤③① D．④⑤③①②【答案】B【解析】若要判断哪一个圆斑是皮球从较高处落下形成的，正确、合理的分析思路是（）

④球在较高处具有较大的重力势能；

③球下落过程中重力势能转化为动能；

⑤球在接触地面前具有较大的动能；

①球在和地面接触过程中动能转化成的弹性势能较大；

②球的形变量较大，在地面上形成的圆斑较大。

则正确的顺序为④③⑤①②。

故选B。36．（2020九上·浙江期末）下列情景中，以下说法正确的是（）A．甲图中铁水很热，冰块很冷，所以铁水的内能一定大于冰块的内能B．乙图中小孩从滑梯上下滑过程中，内能转化为机械能C．丙图中冬天搓手是通过热传递的方式改变内能D．丁图中活塞压缩气体做功，活塞机械能减小，空气的内能增大【答案】D【解析】A.铁水的温度高，但是质量很小；冰块的温度低，但是质量很大，那么冰块的内能可能大于铁水，故A错误；

B.小孩从滑梯上下滑过程中，克服摩擦做功，将机械能不断的转化为内能，故B错误；

C.冬天搓手是通过摩擦做功的方式将机械能转化为内能的，故C错误；

D.丁图中活塞压缩气体做功，将活塞的机械能转化为内能，因此活塞机械能减小，空气的内能增大，故D正确。

故选