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第12章 机械能和内能 必考题检测卷-2025-2026学年物理九年级上册苏科版（2024）
一、单项选择题
1．中国食品加工行业凭借严格的卫生标准、先进的技术工艺和高效的仓储管理体系，实现了高质量发展。食品工厂规定使用高压水枪清洗食材时，必须避开工作人员防止误伤，这是因为高速水流具有较大的（　　）
A．密度 B．动能 C．重力势能 D．惯性
2．下列汽油机的四个冲程中，利用高温高压气体推动活塞运动的冲程是（　　）
A． B．
C． D．
3．如图所示，烧开水时壶盖可能被顶开，这个过程与内燃机的某个冲程类似。下列说法正确的是（　　）
A．该过程是机械能转化为内能
B．该过程与内燃机的做功冲程类似
C．内燃机处于与该过程类似的冲程时进气门是打开的
D．内燃机与该过程类似的冲程是依靠飞轮惯性完成工作的
4． 如图，2025年4月19日，我国在太原卫星发射中心使用长征六号改运载火箭成功将试验二十七号卫星01星﹣06星发射。有关发射的描述正确的是（　　）
A．发射前，以发射塔为参照物，运载火箭是运动的
B．发射时，发射塔周围出现大量“白气”是升华现象
C．加速升空过程中，卫星的动能转化为重力势能
D．加速升空过程中，卫星的机械能增大
5．“漫步宽窄巷子，火锅香气中觅宁静……”描述了独属于成都的烟火气息。关于火锅，下列说法正确的是（　　）
A．汤汁内能的增加是通过做功的方式实现的
B．火锅上方的“白气”就是从锅里飘出的水分子
C．闻到火锅香味，是因为分子在不停地做无规则运动
D．放入锅中的牛油容易煮化是因为牛油分子间只有斥力
6．2022年2月15日，滑雪运动员苏翊鸣在北京冬奥会单板滑雪男子大跳台的项目中夺得第一名，为我国摘得第6金。大跳台的场地分为助滑区、起跳台、着陆坡和终点区域四个部分。运动员从高为50m的高台起滑，沿着助滑区滑行而下，冲上起跳台起跳，完成空翻、转体、抓板等各种技术动作后着陆，最终滑向终点区停下来。关于大跳台项目中的运动现象，下列说法中正确的是（　　）
A．站立在高台上时，运动员所受重力与台面对他的支持力是一对平衡力
B．运动员沿助滑区下滑时，他的重力势能越来越大
C．运动员从起跳台起跳腾空后，不受重力作用
D．运动员到达终点区不能立刻停下来是由于受到阻力的作用
7．如图所示是唐代画家张萱的《捣练图》。图中仕女用“熨斗”熨烫布匹，此过程中，改变布匹内能的主要方式是（　　）
A．摩擦 B．挤压 C．热传递 D．做功
8．2022年冬季奥运会在我国北京举行，如题6图为某运动员为备赛正在进行台出留初的情景。穿着滑雪板的运动员依靠重力的作用从跳台上加速滑下，在到达赛进座巴时双号曲后地跃起，一段时间后着地。下列分析动能和势能的大小变化正码的是（　　）
A．运动员在赛道上滑下时机械能增加
B．运动员滑向赛道底部时速度增大，动能增大
C．运动员滑向赛道底部时，重力对运动员没有做功
D．运动员向上跃起过程中，重力势能转化为动能
9．如图，是我国为满足森林灭火和水上救援等迫切需求而研制的大型水陆两栖飞机“鲲龙”AG600。工作时，它可在20秒内吸水12吨，并在4秒内倾泻完毕，能实现水源与火场之间多次往返。下列关于“鲲龙”的说法正确的是(　　)
A．停在水面上不工作时，处于平衡状态
B．停在水面上吸水过程中，下表面受到水的压强不变
C．在空中水平匀速飞行时，机翼上方空气流速大，压强大
D．降落过程中，重力势能不变
10．如图所示，规格相同的甲、乙两容器中分别装有 3kg 和 2kg的水，并用不同的加热器加热，不计热损失，得到如图丙所示的水温与加热时间的关系图像。下列说法正确的是
A．甲、乙两容器中的水的内能是通过做功的方式改变的
B．甲、乙两容器中的加热器每分钟放出的热量相同
C．加热相同的时间，甲、乙两容器中的水升高的温度之比为2：3
D．将甲、乙两容器中的水从20℃加热至100℃所需要的时间之比为2：3
二、填空题
11．将质量均为100g的沙子和水分别放在两个相同瓷盘中，初始温度相同，用同一热源加热相同时间，　 　升温快，这是因为　 　；实验中测得，水的温度升高了20℃，吸收的热量为　 　J 。
12．某单缸四冲程内燃机的一个冲程剖面图如图所示，由题图可知，该内燃机是　 　(选“汽油机”或“柴油机")，该冲程是　 　冲程；若该内燃机的飞轮转速为3600r/min， 在1s内该内燃机完成　 　个冲程，
13．第19届亚运会采用零碳甲醇作为主火炬燃料，实现了循环内的零排放.完全燃烧1kg甲醇可放出 　 　J的热量，若这些热量的84%被质量为1t、温度为25℃的水吸收，则水吸收的热量为　 　J，水温将升高　 　 C. (C水=4.2×103J/kg·℃，q甲醇=2.3×107J/Kg)
14．2024年10月30日凌展4时27分，搭载神舟十九号载人飞船的长征二号F遥十九运载火箭在酒泉卫星发射中心点火发射升空，火箭采用液态氢作为燃料，原因是液态氢的　 　(选填“比热容”或“热值”)大。燃料燃烧时，把燃料的　 　能转化为内能，产生大量高温高压的燃气，燃气对火箭做功，燃气的内能会　 　 (选填“增大”“减小”成“不变”).
15．长征二号F遥十九运载火箭以煤油、液态氢和液态氧为燃料，发射前加注燃料时，应在　 　（选填“低温”或“高温”）环境中进行，氢在　 　（选填“液”或“气”）态时氢分子无规则运动更剧烈，火箭加速升空过程中，它的机械能逐渐　 　（选填“增大”“减小”或“不变”）。
16．明代《天工开物》中记载“取诸麻、菜子入釜，文火慢炒，透出香气”.用“文火”改变内能的方式属于　 　（选填“做功”或“热传递”）：“透出香气”属于　 　现象；温度越高，分子热运动越　 　。
三、实验探究题
17．小明为比较“不同物质的吸热升温现象”设计了如下实验方案：将质量和初温相同的水和煤油分别装入烧杯中，固定在铁架台上，用两个相同的酒精灯同时给水和煤油加热，实验装置如图甲、乙所示，实验时每隔一段时间记录水和煤油的温度。
（1）小明根据实验记录的数据作出了两种液体的温度随时间变化的图象，如图丙所示，则　 　的比热容较大；
（2）为了通过实验比较出煤油和酒精的热值的不同，设计了如图丁所示实验。
①你认为研究不同燃料的放热能力应选用　 　 （选填“甲”或“乙”）、丁两个装置进行实验即可得出结论；
②实验中，待两种燃料燃烧相同的时间后，小明发现图丁烧杯中煤油升高的温度较高，据此　 　（选填“能”或“不能”）说明煤油的热值较大。
四、综合题
18．1724年，荷兰人华伦海特引入华氏温度.他把一定浓度的盐水凝固时的温度定为零华氏度，把纯水凝固时的温度定为32华氏度，把标准大气压下水沸腾的温度定为212华氏度，中间分为180等份，每一等份代表1华氏度.用符号F表示华氏温度.根据上述文字，回答以下问题：
（1）请写出华氏温度 F与摄氏温度t 的转换式.
（2）求相同体积零华氏度的冰与90摄氏度的水混合后的温度.不计整个过程的能量损失.
19．小明家新买来一台天然气燃气灶。小明学习了热效率的知识后，尝试估测该燃气灶的热效率，他用燃气灶来煮水，已知，锅的最大容积为5L，装满水后开始加热。当水温达到40℃时，停止加热。已知当时自来水的温度是20℃，已知加热过程总共消耗了0.02m3天然气。[天然气的热值q=4.2×107J/m3，水的比热容c水=4.2×103J/(kg·℃)]。求：
（1）锅中水的质量；
（2）水吸收的热量；
（3）该燃气灶的热效率。
答案解析部分
1．【答案】B
【解析】【解答】A．密度是物质的一种特性，与物体的质量、体积和流速大小无关，不会对工作人员造成误伤，故A不符合题意；
B．高速水流速度大，动能大，容易对工作人员造成误伤，故B符合题意；
C．高速水流高度不高，重力势能不大，不会对工作人员造成误伤，故C不符合题意；
D．，惯性的大小与物体的质量有关，与物体的速度无关，故D不符合题意。
故选B。
【分析】1.密度是物质的一种特性，与物体的质量、体积和流速大小无关；
2. 动能的大小与物体的质量和速度有关；
3. 重力势能的大小与物体的质量和高度有关；
4.惯性：一切物体都有保持原来运动状态不变的性质；惯性是物体的固有属性，惯性的惟一量度是质量，质量越大，物体具有的惯性越大。
2．【答案】A
【解析】【解答】A图中，进气门和排气门都关闭，活塞向下运动，是做功冲程，燃料燃烧产生高温高压气体，推动活塞向下运动，故A符合题意；
B图中，进气门和排气门都关闭，活塞向上运动，是压缩冲程，此冲程是将混合物压缩，故B不符合题意；
C图中，进气门打开，排气门关闭，活塞向下运动，是吸气冲程，故C不符合题意；
D图中，进气门关闭，排气门打开，活塞向上运动，是排气冲程，故D不符合题意。
故选A。
【分析】根据气门的开合以及活塞的运行方向确定冲程的名称即可。
3．【答案】B
【解析】【解答】AB、烧开水时壶盖可能被顶开是因为产生的水蒸气对壶盖做功，将水蒸气的内能转化为壶盖的机械能；
内燃机的四个冲程中，只有做功冲程是将内能转化为机械能，所以该过程能量转化跟内燃机的做功冲程相同；故A错误，B正确；
C、做功冲程中，燃料燃烧的高温高压气体对活塞做功，所以气缸是密闭的，故进气门和排气门都关闭，活塞向下运动，故C错误；
D、在热机的四个冲程中，只有做功冲程对外做功，其他三个冲程是靠飞轮的惯性完成的。故D错误。
故选：B。
【分析】（1）内燃机的做功冲程中，内能转化为机械能；
（2）吸气冲程和排气冲程进气门和排气门分别打开；做功冲程进气门和排气门都关闭，活塞向下运动。
（3） 在热机的四个冲程中，只有做功冲程对外做功，其他三个冲程是靠飞轮的惯性完成的；
4．【答案】D
【解析】【解答】A.发射前，以发射塔为参照物，运载火箭相对发射塔的位置没有发生改变，是静止的，故A错误；
B.发射时，发射塔周围出现大量“白气”是液化现象，故B错误；
C.加速升空过程中，卫星质量不变，速度增大、高度增大，动能和重力势能都增大，此过程是燃料燃烧的内能转化为机械能，动能和重力势能没有发生相互转化，故C错误；
D. 加速升空过程中，卫星动能增大、重力势能增大，机械能等于动能与势能之和，所以机械能增大，故D正确。
故选D。
【分析】（1）在研究物体运动时，要选择参照的标准，即参照物，物体的位置相对于参照物发生变化，则运动，不发生变化，则静止；
（2）物质从气态变为液态的过程叫液化，液化要放热；
（3）机械能包括动能和势能；动能的大小与质量和速度有关，重力势能大小与质量和高度有关。
5．【答案】C
【解析】【解答】A、汤汁内能的增加是通过热传递的方式实现的，故A错误；
B、火锅上方的“白气”是水蒸气遇冷液化形成的，故B错误；
C、闻到火锅香味，属于扩散现象，是因为分子在不停地做无规则运动，故C正确；
D、放入锅中的牛油容易煮化，是因为温度升高，分子运动越剧烈，分子间存在相互作用的引力和斥力，故D错误。
故选：C。
【分析】（1）改变物体内能的方式有做功和热传递；
（2）物质由气态变成液态的过程叫液化；
（3）构成物质的分子在永不停息地做无规则热运动；
（4）分子间存在相互作用的引力和斥力。
6．【答案】A
【解析】【解答】A．站立在高台上时，运动员处于平衡状态，运动员所受重力与台面对他的支持力大小相等、方向相反、作用在同一条直线上，作用在同一个物体上，二力是一对平衡力，故A正确；
B．运动员沿助滑区下滑时，质量不变，高度变小，重力势能越来越小，故B错误；
C．运动员从起跳台起跳腾空后，仍然受到地球的吸引，故仍然受重力的作用，故C错误；
D．运动员到达终点区不能立刻停下来是由于运动员具有惯性，仍要保持原来的运动状态，而不是由于受到阻力的作用故D错误。
故选A。
【分析】（1）二力平衡的条件：两个力大小相等、方向相反、作用在同一直线上、作用在同一物体上；
（2）重力势能的大小与物体的质量和高度有关，质量不变时，高度越大，重力势能就越大；
（3）由于地球的吸引而使物体受到的力叫重力；
（4）一切物体都具有保持原来运动状态不变的性质，叫惯性。
7．【答案】C
【解析】【解答】用“熨斗”熨烫布匹过程中，布匹吸收热量，内能增大，所以改变布匹内能主要方式是热传递，故C符合题意，ABD不符合题意。
故选C。
【分析】改变内能的方式：做功和热传递。
8．【答案】B
【解析】【解答】AB、运动员依靠重力的作用从跳台上加速滑下的过程中，由于存在摩擦阻力，所以机械能会减小，此过程中其质量不变，速度增大，所以动能增大，故A错误，B正确。
C、运动员滑向赛道底部时，运动员受重力作用，且在重力的方向上移动了距离。故重力对运动员做了功，故C错误。
D、运动员向上跃起过程中，质量不变，速度越来越小，动能越来越小，高度增加，重力势能增大，故动能转化为重力势能，故D错误。
故选：B。
【分析】（1）动能与质量和速度有关；重力势能与质量和高度有关；机械能包括动能和势能；能量转化的方向是减少的能量转化为增加的能量；
（2）做功包含两个必要因素：作用在物体上的力；物体在力的方向上通过的距离。
9．【答案】A
【解析】【解答】A、飞机停在水面上，保持静止，根据二力平衡可知，此时物体处于平衡状态，故A正确；
B、 停在水面上吸水过程中 重力变大，浸没在水中的深度变大，根据压强公式分析可知压强变大，故B错误；
C、 机翼上方空气流速大，压强小，故C错误；
D、 降落过程中， 飞机高度下降，重力不变，所以重力势能减小，故D错误。
综上选A。
【分析】1、机械能：机械能为动能和重力势能之和，当质量不变时，动能和速度成正比，速度不变时，动能和质量成正比；当质量不变时，重力势能和高度成正比，高度不变时，重力势能和质量成正比；
2、力和运动：物体静止或者做匀速直线运动，物体受到平衡力的作用；
3、压强和流速的关系：压强越大，流速越小，应用为飞机机翼上凸，空气流速快，导致压强较小，形成向上的升力；
4、压强的计算：公式为P=ρgh，压强和液体的密度、浸没深度有关，且密度越大，压强越大，深度越大，压强越大， 在同种液体的同一深度，液体向各个方向的压强 相同。
10．【答案】D
【解析】【解答】A、 甲、乙两容器中的水的内能是通过热传递的方式改变的，A错误；
B、 用不同的加热器加热，所以 甲、乙两容器中的加热器每分钟放出的热量不相同，B错误；
C、根据Q=cmΔt计算可知加热两分钟吸收热量Q=3kg×4.2×103J/（kg·℃）×20℃=2.52×105J，同理计算加热3分钟，乙吸收的热量Q=2kg×4.2×103J/（kg·℃）×20℃=1.68×105J，所以甲乙每分钟放热量1.26×105J和5.6×104J，根据热量的计算公式Q=cmΔt，可计算温度变化量之比为3：2；C错误
D、根据Q=cmΔt计算可知加热100分钟，所需要的热量之比，即，每分钟加热的热量由C分析可知，分别为甲乙每分钟放热量1.26×105J和5.6×104J，所以需要的hi见之比，D正确；
综上选D。
【分析】1、不同物质吸热：原理为Q=cmΔt，本题中根据题目所给的质量，温度变化量以及相关的常识计算加热水的所需要热量；
2、改变物体内能的方式有做功和热传递，如钻木取火、搓手取暖属于做功改变物体内能，用酒精灯热水属于热传递改变物体内能。
11．【答案】沙子；沙子的比热容比水小；8400
【解析】【解答】沙子的比热容大，加热相同时间，所以沙子升温快，根据热量的计算公式可知100g水升温20℃吸热Q=cmΔt= 4.2 ×103J/（kg·℃）×0.1kg×20℃=8400J.
【分析】比热容的应用：水的比热容较大，用水做冷却剂。
比较不同液体的比热容：原理为Q=cmΔt，要保证除了液体的材料不同，质量、初温、加热时间相同。
12．【答案】汽油机；做功；30
【解析】【解答】该内燃机具有火花塞，属于汽油机，火花塞点燃，活塞下移，内能转化为机械能， 属于做功冲程，飞轮转速为3600r/min =60r/s，所以1s完成做功30次.
综上 第1空、 汽油机； 第2空、做功； 第3空、30.
【分析】1、做功冲程：进气后关闭，排气口关闭，火花塞点燃，高温高压的气体推动活塞下移，气体内能减小，能量转化为内能转化为机械能；
2、热机转速和做功的关系，热机转2次，对应一次做功，对应四个冲程。
13．【答案】；；4.6
【解析】【解答】计算完全燃烧1kg甲醇放出热量为Q=mq=1kg×2.3×107J/kg=2.3×107J，水吸收的热量为总热量的84%，水吸收的热量为Q吸=2.3×107J×84%=1.932×107J，计算水温升高了。
【分析】根据Q=mq，计算燃料燃烧放出的热量；根据，计算水温的变化量。
14．【答案】热值；化学；减小
【解析】【解答】（1）火箭一般使用液态氢作为燃料，原因是液态氢具有较大的热值，与其它燃料相比，完全燃烧相同质量的液态氢时，可以释放出更多的热量；
（2）燃料燃烧时，把燃料的化学能转化为内能，产生大量高温高压的燃气；
（3）燃气对火箭做功，将内能转化为火箭的机械能，使得火箭的机械能增大，燃气的内能减小。
故答案为：热值；化学；减小。
【分析】液态氢具有较大的热值，与其它燃料相比，完全燃烧相同质量的液态氢时，可以释放出更多的热量。燃料燃烧时，把燃料的化学能转化为内能。热机工作过程能量转化。
15．【答案】低温；气；增大
【解析】【解答】（1）发射前加注燃料时，应该保证氧气和氢气都是液态，因为液态氢与液态氧的沸点较低，所以应在低温环境中进行。
（2）根据题意可知，气态氢的温度相对较高，则氢在气态时，分子无规则运动更剧烈。
（3）火箭加速升空时，质量不变，速度增大，则动能增大；质量不变，高度增大，则重力势能增大。根据“机械能=动能+重力势能”可知，神舟十九号载人飞船的机械能增加。
【分析】（1）液体低于沸点为液态，高于沸点为气态；
（2）分子无规则运动的剧烈程度与温度高低有关；
（3）动能与质量和速度有关，而重力势能与质量和高低有关，而“机械能=动能+重力势能”。
16．【答案】热传递；扩散；剧烈
【解析】【解答】用“文火”改变内能的方式属于热传递；“透出香气”属于扩散现象。分子的热运动与物体的温度有关，温度越高，分子热运动越剧烈。
故答案为：热传递；扩散；剧烈。
【分析】 （1）做功和热传递都可以改变物体的内能，它们的主要区别是：做功是能量的转化，而热传递是能量的转移；
（2）不同物质相互接触时彼此进入对方的现象叫扩散，扩散现象表明一切物质的分子都在不停地做无规则运动，温度越高，分子运动越剧烈。
17．【答案】（1）水
（2）乙；不能
【解析】【解答】（1）水和煤油的质量相同，初始温度相同，加热相同的时间，升温较快的是煤油，即温度变化量大，根据Q=cmΔt计算可知水的比热容大。
（2）根据控制变量法可知装置中的液体种类相同、质量相等，燃料不同，选用图丁与图乙所示的实验相比较。根据Q=mq计算可知，燃料释放的热量与燃料的质量和热值有关，在实验中燃烧相同时间无法控制燃烧燃料的质量相同，所以不能判断热值的大小。
【分析】1、比较不同燃料的热值试验：原理为Q=mq；要保证除了燃料的材料不同外，质量相同，
2、比较不同液体的比热容：原理为Q=cmΔt，要保证除了液体的材料不同，质量、初温、加热时间相同。
（1）对于质量相等的水和煤油两种液体，加热相同的时间，即吸收相同的热量，升温较快的是煤油，说明水的比热容大。
（2）[1]利用上述装置探究不同燃料燃烧时放出的热量与燃料种类的关系。根据控制变量法可知装置中的液体种类相同、质量相等，燃料不同，所以选用图丁与图乙所示的实验相比较。
[2] 料燃烧释放的热量既与燃料的质量多少有关，又与燃料的热值大小有关，而在实验中燃烧相同时间无法控制燃烧燃料的质量相同，据此不能说明图丁的热值较大。
18．【答案】（1）解： 设摄氏温度为t时，对应的华氏温度为F，根据题意得t=aF+b
将冰水混合物温度和标准气压下沸水温度分别代入上式，得：
0=32a+b ；
100=212a+b；
解得：， ；
故摄氏温度和华氏温度换算关系为：。
（2）解： 零华氏度对应的摄氏温度为。
设冰和水的体积为V，混合后的最后温度为t℃
根据题意得
c冰ρ冰V△t1+ρ冰VQ化+c水ρ冰V△t2=c水ρ水V△t3
其中△t1=△t2=t△t3=90-t
代入冰和水的密度、比热、冰的熔化热，化简得
2.1×103J/（kg ℃）×0.9×103kg/m3×℃+0.9×103kg/m3×3.33×105J/kg+4.2×103J/（kg ℃）×0.9×103kg/m3×t=4.2×103J/（kg ℃）×1.0×103kg/m3×（90℃-t℃）
解得：t=5.6℃。
答：相同体积零华氏度的冰与90摄氏度的水混合后的温度为5.6℃。
【解析】【分析】 （1）摄氏温度规定：在标准大气压下，冰水混合物的温度为0℃，沸水的温度为100℃，两者之间分成100等份，每一份为1℃．根据题目中的华氏温度的规定，确定两种温度计量单位之间的转换关系式。
（2）根据华氏温度和摄氏温度的对应关系，可以得到零华氏度对应的摄氏温度值；冰在升温达到0℃需要吸收热量，冰在0℃由固态熔化为液态需要吸收热量，0℃的水温度升高需要吸收热量，这些热量之和就是90℃的水降温放出的热量。
19．【答案】（1）解：根据题意可知，锅中水的质量。
（2）解：根据题意可知，水吸收的热量
Q吸=c水m(t-t0)=4.2×103J/(kg·℃)×5kg×(40℃-20℃)=4.2×105J。
（3）解：根据题意可知，天然气放出的热量Q放=qV=4.2×107J/m3×0.02 m3=8.4×105J；
该燃气灶的热效率。
【解析】【分析】 （1）知道水的体积，利用计算水的质量；
（2）利用Q吸=cmΔt求水吸收的热量；
（3）根据燃气表前后读数差求出使用天然气的体积，利用Q放=qV求天然气完全燃烧释放的热量；该热水器的热效率等于水吸收的热量与天然气完全燃烧释放的热量之比。
（1）由题意知，锅的最大容积为5L，则锅中水的质量
（2）水吸收的热量
Q吸=c水m(t-t0)=4.2×103J/(kg·℃)×5kg×(40℃-20℃)=4.2×105J
（3）天然气放出的热量
Q放=qV=4.2×107J/m3×0.02 m3=8.4×105J
该燃气灶的热效率

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