第十章机械能、内能及其转化单元测试-2025-2026学年北师大版物理九年级全一册

第十章 机械能、内能及其转化 单元测试 一、单选题 1．湿地被称为“地球之肾”，它能调节空气湿度和温度，其中能调节温度主要是因为水具有较大的（   ） A．热量 B．内能 C．流动性 D．比热容 2．关于以下现象说法正确的是（　　） A．雪花漫天飞舞说明分子在做无规则运动 B．丝绸摩擦过的玻璃棒靠近带正电的物体时会相互排斥 C．在墨水滴入水中的扩散实验中，我们看到了墨水的分子在运动 D．由于液体能够流动，而固体不能流动，所以固体分子是静止的 3．有一种人脸识别智能锁，需要通过“密码+人脸”两次识别成功才能开锁。密码识别成功后开关S1闭合，灯泡L发光，照亮人脸进行识别，人脸识别成功后开关S2才会闭合，电动机M工作，开锁成功。下列电路设计（如图）符合要求的是（　　） A． B． C． D． 4．第33届夏季奥林匹克运动会的主火炬的上部是一个高为30m、直径为22m的热气球。火炬手点燃火焰环后，热气球缓缓腾空，如图所示。下列说法中正确的是（　　） A．点燃火焰环后，燃料的内能转化为化学能 B．点燃火焰环后，热气球缓缓腾空，这个过程中内能转化为机械能 C．热气球缓缓腾空的过程中动能和重力势能的总和是不变的 D．热气球缓缓腾空的过程说明可以创造机械能 5．对于图中所描述的物理过程，下列分析中正确的是（　　） A．甲，玻璃筒内的空气被压缩后内能增大，这是因为棉花燃烧放热 B．乙，塞子跳起时，瓶内气体内能减小，这是通过做功的方式改变的 C．丙，水蒸气将塞子推出的过程中，能量转化与热机的压缩冲程相同 D．丁，该冲程为内燃机的做功冲程，曲轴每转一圈发生一次该冲程 6．某固体的质量为m，其比热容为c。先对它加热一段时间（设在相同时间内吸收的热量相等），停止加热让其冷却（设冷却时在相同时间内放出的热量相等），整个过程中温度随时间的变化情况如图所示。不计质量变化，下列说法正确的是（　　） A．在0~t2时间段，该物体吸收的热量为cm(T2-T1) B．该物质在t2~t3时间段的比热容小于t3~t4时间段的比热容 C．在t4~t5时间段，该物体放出的热量为 D．该物体在t5~t6时间段放出的热量等于在0~t1时间段吸收的热量 7．蹦床是一项运动员利用床面的反弹在空中表现杂技技巧的一项运动。如图所示，运动员从最高点A竖直下落，在点B与床面接触，后落至最低点C。若不计空气阻力，则（　　） A．运动员下落到B点时速度最大 B．运动员在最低点C时所受合力为零 C．运动员从A点运动到C点过程中动能增大 D．运动员从A点运动到C点过程中机械能不守恒 8．用相同的加热装置给质量均为200g的水和某种液体（比热容比水小）加热，两种液体的温度随加热时间变化的图像如图所示，已知水的比热容为4.2×103J/（kg⋅℃），则下列说法不正确的是（　　） A．相同时间内两种液体吸收的热量相同 B．图中乙是水的温度随时间变化的图像 C．升高相同的温度时，甲、乙吸收的热量之比为1∶2 D．加热8min，甲吸收的热量为8.4×106J 二、填空题 9．将两个充满气的气球与头发摩擦后，用细线悬挂起来，出现了如图所示的现象，这是因为两个气球带上了 （选填“同种”或“异种”）电荷，相互排斥；将气球靠近碎纸屑，碎纸屑被吸到气球上，说明带电体具有 的性质。 10．在图甲所示的电路中，当闭合开关和时，两个电压表的指针均如图乙所示，则灯泡两端的电压为 V；若断开开关，则灯 （选填“不能”或“仍能”）发光。 11．如图所示是单缸四冲程汽油机某一冲程工作示意图，该冲程是 冲程。若该汽油机1s对外做功15次，则汽油机的飞轮速度为 。    12．射箭运动员用力将弓拉弯，此时的弓具有 能；弓拉得越满，箭飞得越远， 由此可以推断物体的 越大，它具有的弹性势能越大。 13．如图，篮球从M点以速度v0竖直下落，经水平地面反弹后最高只能回到与M点等高的N点。设在M点时篮球的机械能为E，动能为Ek，重力势能为Ep。 (1)从水平地面回弹到N点过程中，篮球动能 （选填“减小”“不变”“增大”）。 (2)M到N过程中减少的机械能E减= （选填“E-Ep”“E-Ek”）。 14．如图所示为玩溜溜球的情景。放手后，溜溜球在重力的作用下展开绳子下降至最低点的过程中（不考虑空气阻力），重力势能转化为 ；接着溜溜球自动缠绕绳子上升的过程中，溜溜球的 能增加。 三、作图题 15．李师傅家有一个小型工作间，里面摆放着一台由小型电动机驱动的木工切割机（用M表示）、一个用于照明的壁灯L。为了安全和节能的考虑，该工作间的电路满足：需要照明时闭合开关壁灯L亮；需要使用木工切割机时闭合开关启动电动机；两者可以独立工作。请在答题卡指定位置设计符合题意的电路图。 16．用两个相同的加热器同时给质量和初温均相同的物质A和水加热，A的温度随时间变化的关系图像如图所示。若A物质的比热容是水的一半，不计热损失，请画出水的温度随时间变化的关系图像。 四、实验题 17．如图所示是探究“物体的动能大小与哪些因素有关”的实验。 (1)在探究动能与速度的关系时，控制 不变，让小球从 （选填“相同”或“不同”）的高度滚下，以不同的速度推动木块移动； (2)在探究动能与质量的关系时，要保持 相同，就是让质量不同的小球从 滚下； (3)物理探究方法有许多，本实验中运用了两种方法：一是 法；二是转换法。本题的转换法体现在：用 来表示小球动能的大小。 18．为了比较酒精和煤油热值的大小关系，实验小组组装了如图所示的装置进行实验，用装有少量的酒精和煤油的两盏灯，分别给两相同烧杯中的水加热。 (1)为保证实验结论的可靠性，实验前装入灯中的酒精和煤油的 必须相同，还要使两烧杯中水的质量和 相同； (2)燃料完全燃烧放出的热量的多少是通过 （填“温度计上升的示数”或“加热时间”）来反映的，从而比较两种燃料的热值的大小； (3)实验中，当两燃料燃尽时，实验小组记下了各个时刻两烧杯中水的温度，绘制了图丙所示的图像，由此可初步判断燃料 （填“酒精”或“煤油”）的热值大； (4)小明同学利用公式计算出水吸收的热量，进一步粗略计算得出酒精或煤油的热值。你认为通过这种方法算出来的热值比标准热值 （填“偏大”“偏小”或“一样”），其主要原因是： 。 五、计算题 19．绿水青山就是金山银山。为建设生态优美、幸福宜居的新农村，某市部分农村地区已用上绿色能源——天然气（）。 (1)天然气完全燃烧放出的热量是多少？ (2)若这些热量的25%被初温为70℃、质量为12.5kg的水吸收，能使水的温度升高到多少？[，气压为标准大气压] 20．我国在世界上第一次对可燃冰实现安全可控开采。1kg可燃冰分解后，释放出约60m3的天然气，已知q天然气=4.4×107J/m3，c水=4.2×103J/（kg·℃）。求： （1）10kg可燃冰释放出的天然气完全燃烧，放出的热量约是多少？ （2）在一个标准大气压下，若上述热量70% 被质量为55t、初温为25℃的水吸收，则水升高的温度是多少？ 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 《第十章 机械能、内能及其转化 单元测试》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 D B B B B D D D 1．D 【详解】A．热量是一个过程量，它表示在热传递过程中物体吸收或放出能量的多少，不能说物体“具有”热量，所以湿地调节温度不可能是因为水具有较大的热量；故A不符合题意； B．内能是物体内部所有分子热运动的动能和分子势能的总和，物体的内能大小与质量、温度、状态等因素有关，水的内能大小并不能直接解释其调节温度的能力，比如相同质量的不同物质，在温度变化相同时，内能变化不同，关键在于比热容而非单纯的内能大小，所以水具有较大的内能不是湿地能调节温度的主要原因；故B不符合题意； C．水的流动性主要体现在水能够流动，比如形成水流、参与水循环等，这一特性与调节温度没有直接关联，流动性无法解释为什么水在吸收或放出相同热量时温度变化较小，从而起到调节环境温度的作用；故C不符合题意； D．比热容是物质的一种特性，它表示单位质量的某种物质温度升高（或降低）1℃所吸收（或放出）的热量。水的比热容较大，和相同质量的其它物质相比，在吸收相同热量时，水的温度升高较慢；在放出相同热量时，水的温度降低也较慢。湿地中含有大量的水，当环境温度升高时，水会吸收周围的热量，由于比热容大，自身温度上升不多，从而减缓环境温度的升高；当环境温度降低时，水会放出储存的热量，由于比热容大，自身温度下降也不多，从而减缓环境温度的降低，因此水的这一特性是湿地能够调节温度的主要原因；故D符合题意。 故选D。 2．B 【详解】A．雪花漫天飞舞，是固体颗粒的机械运动，不属于分子运动。故A错误； B．用丝绸摩擦过的玻璃棒所带的电荷为正电荷，用它靠近带正电的物体时，同种电荷会相互排斥，故B正确； C．在墨水滴入水中的扩散实验中，我们看到的是颜色的变化，墨水的分子用肉眼是看不到的。故C错误； D．固体不能流动，是因为固体分子之间的作用力很大，相互束缚，不能到处自由移动，但不是静止的。故D错误。 故选B。 3．B 【详解】根据题意知，S1闭合，灯L发光；灯光照亮人脸完成人脸识别时S2闭合，即S1、S2同时闭合，电动机M才工作； A．由图知，只闭合S1时，电动机和灯都工作，故A不符合题意； B．由图知，只S1闭合，灯L发光，再S2闭合，电动机M也工作，故B符合题意； C．由图知，只闭合S1时，电动机工作，再闭合S2时，灯工作，故C不符合题意； D．由图知，只闭合S1时，电动机工作，同时闭合S1和S2时，电源会被短路，故D不符合题意。 故选B。 4．B 【详解】A．点燃火焰环后，燃料燃烧，化学能转化为内能，故A错误； B．点燃火焰环后热气球缓缓腾空，即利用内能做功，这个过程中内能转化为机械能，故B正确； C．热气球缓缓腾空的过程中动能和重力势能的总和是增加的，故C错误； D．热气球缓缓腾空的过程说明可以转化机械能，不可创造机械能，故D错误。 故选B。 5．B 【详解】A．甲，玻璃筒内的空气被压缩后内能增大，这是通过活塞对筒内空气做功，使筒内气体内能增大的，故A错误； B．乙，塞子跳起时，瓶内气体内能减小，这是瓶内气体对塞子做功，通过做功的方式改变的，故B正确； C．丙，水蒸气将塞子推出的过程中，是内能转化为机械能的过程，能量转化与热机的做功冲程相同，故C错误； D．丁，该冲程为内燃机的做功冲程，曲轴每转二圈完成一个工作循环，发生一次该冲程，故D错误。 故选B。 6．D 【详解】A．据图可知，0~t1时间段内，升高的温度为T2-T1，因此cm(T2-T1)是物质0~t1时间段内吸收的热量，由于t1~t2时间段熔化吸热，则0~t2时间段，该物体吸收的热量大于cm(T2-T1)。故A错误； B．由图可知，该物体在t2~t3时间段、t3~t4时间段，均处于液态，由于比热容与物质的种类和状态有关，该物质的种类和状态相同，则该物质在t2~t3时间段的比热容与t3~t4时间段的比热容相等，故B错误； C．由图可知，该物质冷却过程中单位时间放出热量不等于该物体升温过程中单位时间吸收热量，由于该物质熔化过程中吸收的热量等于该物质凝固过程中放出的热量，所以在t4~t5时间段，该物体放出的热量等于在t1~t2时间段，该物体吸收的热量，所以在t4~t5时间段，该物体放出的热量，故C错误； D．该物质先熔化后凝固，且温度变化相同，则熔化过程中吸收的热量与凝固过程中放出的热量相等，即物体在t5~t6时间段放出的热量等于在0~t1时间段吸收的热量，故D正确。 故选D。 7．D 【详解】A．运动员下落到B点时，受到重力，弹力为0，合力方向竖直向下，所以速度还会增加，故A不符合题意。 B．运动员在最低点C时，所受合力如果为零，则会保持静止或者匀速直线运动，但是运动员会反弹，所以合力不为0，故B不符合题意。 C．运动员从A点运动到C点过程中，重力等于弹力时，速度最大，质量不变，所以动能先增加，后减小，故C不符合题意。 D．运动员从A点运动到C点过程中机械能不守恒，在与床接触后，运动员的一部分机械能转化为床的弹性势能，故D符合题意。 故选 D。 8．D 【详解】A．相同的加热装置单位时间内放出的热量相同，由此可知在相同时间内，水和液体吸收的热量相同，故A正确，不符合题意； B．水的比热容比液体的大，在质量和吸收热量相同时，水升温慢，故图中乙是水的温度随时间变化的图像，甲是液体的温度随时间变化的图像，故B正确，不符合题意； CD．由图像可知，加热时，水升高的温度 水吸收的热量，即甲吸收的热量 液体升高的温度 甲的比热容 根据可知升高相同的温度时，甲、乙吸收的热量之比为 故C正确，不符合题意，D错误，符合题意。 故选D。 9． 同种 吸引轻小物体 【详解】[1]两个充满气的气球与头发摩擦后带有电荷，两气球彼此排斥分开，同种电荷互相排斥，说明两只气球带上了同种电荷。 [2]将气球靠近碎纸屑，碎纸屑被吸到气球上，说明带电体可以吸引轻小物体。 10． 6 不能 【详解】[1]由图甲可知，当闭合开关S1和S2后，灯泡L1和L2串联，电压表V1测电源电压，电压表V2测灯泡L2两端电压。两个电压表的指针偏转角度相同，由于串联电路两端的电压等于各部分电路两端的电压之和，则电压表V1的示数大于电压表V2的示数，所以电压表V1选择的是大量程，分度值为0.5V，示数为7.5V，电压表V2选择的是小量程，分度值为0.1V，示数为1.5V，即L2两端的电压为1.5V。由串联电路电压特点得，L1两端电压为U1=U-U2=7.5V-1.5V=6V [2]若断开开关S1，L1和V2串联，相当于电路断开，灯L1熄灭，不能发光。 11． 压缩 1800 【详解】[1]图中的进气门和排气门关闭，活塞向上运动，所以是压缩冲程。 [2]四冲程汽油机在1s内对外做功15次，则汽油机1min做功900次，由于汽油机一个工作循环完成4个冲程，飞轮和曲轴转2圈，对外做功1次，所以汽油机的飞轮1min内飞轮转1800次，即该汽油机工作时飞轮的转速为1800r/min。 12． 弹性势 弹性形变量 【详解】[1]射箭运动员用力将弓拉弯，人对弓做了功，使弓发生了弹性形变，此时的弓具有弹性势能。 [2]弓拉得越满，人对弓做的功越多，弓发生的弹性形变的形变量越大，射出去的箭飞得越远， 由此可以推断物体的弹性形变量越大，它具有的弹性势能越大。 13．(1)减小 (2)E-Ep 【详解】（1）从水平地面回弹到N点过程中，篮球的质量不变，篮球的速度越来越小，所以篮球动能减小。 （2）篮球在M点具有的机械能E=E1=Ek+Ep，由于篮球在N点的动能为0，所以篮球在N点具有的机械能E2=Ep，故M到N过程中减少的机械能E减=E1-E2=Ek=E-Ep。 14． 动能 重力势 【详解】[1]溜溜球在下降过程中，质量不变，高度降低，速度增大，将重力势能转化为动能。 [2]溜溜球在上升的过程中，质量不变，高度升高，速度减小，将动能转化为重力势能，因此溜溜球的重力势能增加。 15． 【详解】两个用电器各由一个开关控制，且可以独立工作，说明两个用电器是并联的，开关分别装在支路上，电路如下： 16． 【详解】相同时间内，两个相同的加热器同时给质量均为m的物质A和水加热，加热相同时间，物质A与水吸收的热量相同，由题可知，A物质比热容是水的一半，根据公式可知，当A和水升高的温度相同时，水吸收的热量是A物质的2倍，此时水加热时间是A物质的2倍，由此可作出水的温度随时间变化的关系图像，如图所示： 17．(1) 质量 不同 (2) 速度 同一高度 (3) 控制变量 木块被推动距离的远近 【详解】（1）[1][2]相同小球从斜面的不同高度滚下时，到达水平面具有的初速度不同。在探究动能与速度的关系时，根据控制变量法可知，需控制小球的质量不变，改变小球的速度，因此让小球从斜面不同的高度滚下，以不同的速度推动木块移动。 （2）[1][2]若要探究动能的大小与质量的关系，根据控制变量法可知，需控制小球的速度相同，质量不同。所以要保持速度相同，就是让质量不同的小球从斜面同一高度滚下。 （3）[1][2]在实验中采用了控制变量法和转换法两种科学研究方法： ①动能的大小与质量和速度有关，实验时用控制变量法分别探究； ②实验时用木块被推动距离的远近来表示小球动能的大小，木块被推动得越远，说明小球具有的动能越大，这是转换法的应用。 18．(1) 质量 初温 (2)温度计上升的示数 (3)煤油 (4) 偏小 燃料燃烧放出的热量没有被水完全吸收或燃料没有完全燃烧 【详解】（1）[1]探究不同燃料的热值，需要控制燃料的质量相同。 [2]比较燃料燃烧放出热量的多少，通过观察被加热物质，即水升高的温度来得到，因此需要控制水的质量和初温相同。 （2）实验中运用转换法，通过观察温度计上升的示数来表示燃料燃烧放出热量的多少。 （3）据丙图可知，当两燃料燃尽时，煤油将水升高的温度高，说明煤油燃烧放出的热量多，两种燃料的质量相同，根据可知，煤油的热值大。 （4）[1][2]由于给水加热的过程中存在热损失，即燃料燃烧放出的热量没有被水完全吸收或燃料没有完全燃烧，因此利用水吸收求得的热量小于燃料完全燃烧放出的热量，根据可知，算出来的热值比标准热值偏小。 19．(1) (2)100℃ 【详解】（1）对于气体燃料来说，完全燃烧燃料放出的热量，故天然气完全燃烧放出的热量 （2）水吸收的热量 由，得温度变化 水的初温，理论末温 但标准大气压下，水的沸点为100℃，水沸腾时温度保持不变，故实际上水的温度升高到100℃。 20．（1）2.64×1010J；（2）75℃ 【详解】解：（1）因为1kg可燃冰分解后，释放出约60m3的天然气，所以10kg可燃冰释放出的天然气的体积为 所以该天然气完全燃烧放出的热量是 （2）由题意可知，水吸收的热量为 根据可得，水可以升高的温度为 则水升高温度应至 由于一个标准大气压下，水的沸点是100℃，因此实际水的温度升高至100℃，则水升高的温度是 答：（1）10kg可燃冰释放出的天然气完全燃烧，放出的热量约是2.64×1010J； （2）在一个标准大气压下，若上述热量70% 被质量为55t、初温为25℃的水吸收，则水升高的温度是75℃。 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $