【单元考点大通关】人教版九年级物理全册第十四章精讲精炼学案（含答案）
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| 名称 | 【单元考点大通关】人教版九年级物理全册第十四章精讲精炼学案（含答案） |  | |
| 格式 | doc | ||
| 文件大小 | 2.6MB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 人教版 | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2025-09-02 19:35:40 | ||
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人教版9年物理全册单元考点大通关学案（全国通用）
第十四章 内能的利用
1.会辨识能量转化过程，能用能量守恒定律解释生活实例。
2.了解热机的工作原理。知道内能的利用在人类社会发展史上的重要意义。
3.能说出热机效率的定义，会进行热机效率、炉具加热效率的相关计算。
4.有合理利用资源、保护环境的意识，能在个人力所能及的范围内对社会的可持续发展有所作为。
1.能量的转化
（1）能量的形式有多种，如机械能、内能、电能、光能、声能、磁能、化学能、核能等。
（2）能量在一定条件下可以从一种形式转化为另一种形式，也可以从一个物体转移到另一个物体。
注意：能量的转化和转移是有方向性的
（1）能量的转化是指通过做功使能的形式发生了改变，是一种形式的能转化为另一种形式的能。
（2）能量的转移是指同一种形式的能从一个物体转移到另一个物体，或从物体的一部分转移到另一部分，但能的形式没有改变，如热传递。体现在能的增加或减少，而没有形式上的变化。
2.能量守恒定律
（1）内容：能量既不会凭空消失，也不会凭空产生，它只会从一种形式转化为其他形式，或者从一个物体转移到其他物体，而在转化和转移的过程中，能量的总量保持不变。
（2）能量守恒定律的意义：
①能量守恒定律是自然界最普遍、最重要的基本定律之一，所有能量转化的过程都服从能量守恒定律。
②任何一部机器，只能使能量从一种形式转化为其他形式，而不能无中生有地制造能量。
③永动机是不可能制造出来的，因为它违背了能量守恒定律
3.热机
（1）热机
①定义：把 内能 转化为机械能的机械。
②工作原理：利用内能做功。热机工作时能量的转化过程如下：
燃料的化学能 内能 机械能
③热机的种类：蒸汽机、汽轮机、内燃机、喷气发动机等。
（2）内燃机
①定义：燃料直接在发动机气缸内燃烧产生动力的热机，叫内燃机。
②常见的内燃机：汽油机和柴油机。
（3）汽油机
①工作原理：利用汽油机在气缸内燃烧产生高温高压的燃气来推动活塞做功。
②构造：进气门、排气门、火花塞、气缸、活塞、连杆、曲轴、飞轮等。
③四冲程汽油机的工作示意图
注意：①汽油机的活塞从气缸的一端运动到另一端的过程，叫一个冲程。判断汽油机示意图属于哪个冲程的步骤：第一步，看火花塞是否产生电火花；第二步，看进气门和排气门的开闭情况；第三步，看活塞的运动方向。
气门的开与关 只有一个气门打开 两个气门都关闭
活塞运动方向 活塞向下 活塞向上 活塞向上 活塞向下
冲程名称 吸气冲程 排气冲程 压缩冲程 做功冲程
②四冲程汽油机一个工作循环包括：吸气、压缩、做功、排气四个冲程。压缩冲程将机械能转化为内能，做功冲程将内能转化为机械能，使机械获得动力，实现对外做功。
（4）柴油机
①工作原理：利用柴油在气缸内燃烧所产生的高温高压的燃气来推动活塞做功。
②构造：进气门、排气门、喷油嘴、气缸、活塞、连杆、曲轴、飞轮等。
③柴油机和汽油机对比
项目 汽油机 柴油机
构造 气缸顶部有一个 火花塞 气缸顶部有一个 喷油嘴
燃料 汽油 柴油
一个工作循环 吸气冲程 吸入 汽油和空气 的混合物 只吸入空气
压缩冲程 压缩程度较小（机械能→内能） 压缩程度较大（机械能→内能）
做功冲程 点燃式 （内能→机械能） 压燃式 （内能→机械能）
排气冲程 排出废气
主要特点 轻巧、效率较低 笨重、效率较高
适用范围 小汽车、摩托车等 载重汽车、火车、轮船等
相同点 ①都是燃料在气缸中燃烧 ②汽油机的火花塞与柴油机的喷油嘴的工作时刻都是压缩冲程末 ③都是由吸气、压缩、做功、排气四个冲程构成一个工作循环，活塞往复两次，曲轴转两周，对外做功一次 ④启动时都是靠外力先使曲轴转动起来
注意：对热机工作过程的理解
①一个工作循环包含吸气、压缩、做功、排气等四个冲程，曲轴和飞轮转动2周，对外功做1次。
②在一个工作循环中，只有做功冲程对外做功，其他三个冲程不做功，且靠飞轮的惯性来完成。
③做功冲程为其他三个冲程提供能量；其他三个冲程为做功冲程提供基础。
4.热机的效率
（1）燃料的热值
①定义：把某种燃料完全燃烧放出的热量与其质量之比称为这种燃料的热值。
②数值：等于1kg某种燃料完全燃烧放出的热量。
③单位：焦每千克，即“J/kg”。
④公式：，其中Q示燃料完全燃烧放出的热量，m表示燃料的质量，q表示该燃料的热值。
⑤物理意义：表示燃料完全燃烧时放热本领大小的物理量。
（2）燃料完全燃烧时放出的热量的计算
①固体和液体燃料完全燃烧时放出的热量：Q放=mq。其中Q放表示燃料完全燃烧放出的热量，单位是J；m表示燃料的质量，单位是kg；q表示燃料的热值，单位是J/kg。
②气体燃料完全燃烧时放出的热量：Q放=Vq。其中Q放表示燃料完全燃烧放出的热量，单位是J；V表示燃料的体积，单位是m3；q表示燃料的热值，单位是J/m3。
说明：
①燃料的热值是燃料本身的一种特性，它与燃料的质量以及燃烧条件无关。同种燃料的热值相同，不同种燃料的热值一般不同。
②燃料燃烧越充分，只能说越“接近完全燃烧”，燃烧效果越好，而不能说热值越大。
③只有1 kg某燃料在完全燃烧时放出的热量在数值上才等于这种燃料的热值，如果没有完全燃烧，1 kg该燃料放出的热量在数值上要比其热值小。
（3）热机的效率
①定义：用来做有用功的能量与燃料完全燃烧放出的能量的比叫热机的效率。
②公式：（其中Q有用表示用来做有用功的能量，Q放表示燃料完全燃烧放出的能量。）
③物理意义：热机效率表示了使用热机时对燃料的利用率的高低，因此热机效率是描述热机性能的一个重要指标。例如：两辆相同型号的汽车，以相同的速度行驶相同的路程，耗油少的那辆，效率就比较高。
说明：
由于热机在工作过程中总有能量损失，所以热机的效率总小于1。通常情况下，蒸汽机的效率只有6%~15%，汽油机的效率为20%~40%，柴油机的效率为30%~45%。柴油机的效率比汽油机的效率高，这主要是因为柴油机的构造和工作过程与汽油机有所不同，柴油机在压缩冲程中对气体的压缩程度比汽油机更高。
1.比较不同燃料的热值大小
（1）准备实验器材： 需要准备铁架台、 石棉网、 烧杯、 温度计各两只， 以及适量的水和两种不同的燃料（ 如酒精和汽油） 。
（2）设置实验装置： 按照实验装置图依次将燃料盒、 石棉网、 烧杯、 温度计自下而上固定好。
（3）控制变量： 确保两种燃料的质量相同， 燃烧的时间相同， 加热相同质量的同种液体。
（4）进行实验： 在两个烧杯中倒入质量相同、 初温相同的水； 在燃料盒中倒入质量相等的适量酒精和汽油； 分别点燃酒精和汽油， 加热烧杯内的水， 直到燃料燃尽。 记录数据： 燃料燃尽后， 记录两烧杯内水升高的温度△t。
（5）分析结果： 比较两装置中烧杯内水升高的温度△t， 升高的温度越高， 表明水吸收的热量越多， 进而表明燃料的放热能力越强。
考点1. 能量的转化与守恒
【例题1】（2025 元谋县模拟）既能在地上跑，也能瞬间飞上天空的汽车，在不远的未来将从科幻走入现实。如图所示是一款双人智能电动飞行器，采用封闭式座舱，可以搭载2名乘客，最大载重量为160公斤。不过目前它只适合城市内短途出行需求，因为它的续航时间只有25分钟，最大飞行速度为130km/h。关于智能电动飞行器说法正确的是（ ）
A．飞行器飞行过程中消耗的电能全部转化为机械能
B．飞行器在空中飞行时，总是受到平衡力的作用
C．当飞行器在飞行途中紧急制动减速时，乘客会向前倾，是因为乘客受到惯性的作用
D．飞行器以最大飞行速度飞行，最多能飞行约54km
【答案】D
【解析】（1）飞行器飞行过程中消耗的电能大部分转化为机械能，有一部分电能转化成了内能；
（2）处于非平衡状态的物体受到的力是非平衡力；
（3）物体保持原来运动状态不变的性质叫惯性；
（4）根据速度公式计算飞行器以最大飞行速度飞行时，最多能飞行约距离。
【解答】A、飞行器飞行过程中消耗的电能大部分转化为机械能，有一部分电能需要克服空气阻力做功转化成了内能，故A错误。
B、飞行器在空中飞行时，运动方向和速度大小会发生变化，也就是说有些时候处于非平衡状态，受到非平衡力的作用，故B错误。
C、当飞行器在飞行途中紧急制动减速时，乘客会向前倾，是因为乘客具有惯性，惯性不是力，不能说受到惯性的作用，故C错误。
D、根据v=可得，飞行器以最大飞行速度飞行，最多能飞行距离s=vt=130km/h×h≈54km,故D正确。
故选：D。
【例题2】（2025 山东）2025年1月，中国“人造太阳”——全超导托卡马克核聚变实验装置实现1亿摄氏度高温下1066秒的稳态运行。在核聚变过程中核能转化为内能，但内能却不能自发地转化为核能。说明能量的转化具有 性；在能量转化和转移的过程中，能量的总量保持 。
【答案】方向；不变
【解析】能量既不会创生，也不会消灭，它只能从一种形式转化为另一种形式，或者从一个物体转移到另一个物体，在转化或转移的过程中，能量的总量不变，这就是能量守恒定律。
【解答】在核聚变过程中核能转化为内能，但内能却不能自发地转化为核能，说明能量的转化具有方向性，根据能量守恒定律，在能量转化和转移的过程中，能量的总量保持不变。
故答案为：方向；不变。
考点2. 热机
【例题3】（2025 海州区校级二模）汽油机的一个工作循环有四个冲程，如图所示为汽油机的（ ）
A．压缩冲程 B．吸气冲程 C．做功冲程 D．排气冲程
【答案】A
【解析】判断冲程名称可用口诀：“先看气门开关情，再看活塞上下行；开下吸气开上排，关上压缩关下功”进行分析。
【解答】根据图中冲程中气门关闭，活塞向上移动的特点，可以判断这个冲程是压缩冲程。
故选：A。
【例题4】（2025 厦门三模）从古至今中华民族一直对天空充满憧憬，从嫦娥奔月的想象，到今天国产大飞机C919的成功商飞，我们从未停止对天空的探索。下列关于飞机的相关说法错误的是（ ）
A．飞机的发动机是热机，把内能转化为机械能
B．飞机能在空中飞行是因为受到空气的浮力
C．喷气发动机向后喷气时飞机前进，可知力的作用是相互的
D．以空中飞行的飞机为参照物，地面上的房屋是运动的
【答案】B。
【解析】（1）利用内能做功（将内能转化为机械能）的机械称为热机。
（2）流体流速越大的位置，压强越小。飞机机翼上面受到的压强小，下面受到的压强大，机翼上下有压强差，出现压力差，形成向上的升力。
（3）力是物体对物体的作用，物体间力的作用是相互的。
（4）物体相对于参照物的位置变化了，物体就是运动的；物体相对于参照物的位置不变，物体就是静止的
【解答】A．飞机发动机利用内能做功（将内能转化为机械能），飞机发动机属于热机，故A正确，不符合题意；
B．飞机能在空中飞行是因为受到了升力的作用，而不是浮力，故B错误，符合题意；
C．喷气发动机向后喷气时，气体对飞机施加反作用力推动前进，说明力的作用是相互的，故C正确，不符合题意；
D．以飞行的飞机为参照物，地面房屋位置发生变化，是运动的，故D正确，不符合题意。
考点3. 热机的效率
【例题5】（2025 云南模拟）某同学家用天然气为热水器提供能源。热水器内装有50kg水，将水由20℃加热到40℃，水吸收的热量为 J。该热水器的效率为70%，若天然气完全燃烧，则需要消耗 m3的天然气[c水=4.2×103J/（kg ℃），天然气的热值取4×107J/m3]。
【答案】4.2×106；0.15。
【解析】根据Q吸=c水m（t-t0）求出水吸收的热量；根据效率公式得出天然气完全燃烧放出的热量，根据得出需要消耗天然气的体积。
【解答】
【例题6】（2025 南山区校级一模）如图是国产新能源汽车中的一款插电式混合动力汽车，同时使用电动机和内燃机，其内燃机热效率最高可达43%；此外，其拥有快捷语音助手，可实现车外语音控制自动泊车和开关门等功能。分析该种新能源汽车，不是其提升热机效率的方法有（ ）
A．尽量使用热值大的燃料
B．优化冲程控制，让燃料与空气混合充分，使燃料燃烧得比较完全
C．使用粘度低的机油进而减少热机内部各部件间的摩擦
D．车型设计中，采用高效传动和轻量化车身，进而减重
【答案】A。
【解析】增大热机效率的方法：1.尽量减少各种热损失；2.使燃料完全燃烧，保持良好的润滑；3.减少摩擦损失的能量。
【解答】A．使用热值大的燃料，只是相同质量的燃料可以放出更多的能量，但是不能改变能量的转化率，不能提高热机的效率，故A符合题意；
B．使燃料燃烧的更充分，可以提高能量的利用率，即提高热机效率，故B不符合题意；
C．热机内部的摩擦是额外功产生的最主要的原因，减少摩擦可以提高热机效率，故C不符合题意；
D．减少车本身的自重，可以减少轮胎与地面的摩擦，可以提高热机效率，故D不符合题意。
【演练1】 （2025 武安市二模）为了节约能源，当下的地铁会在进站前的适当位置自动关闭电源，利用惯性继续前行的过程中，车轮带动发电机的线圈转动并产生电能再利用，同时帮助列车减速。下列装置正常工作时主要的能量转化过程与上述情境中地铁“正常行驶时”、“进站前的减速过程”相同的是（ ）
A．电磁起重机、电热水壶 B．电风扇、动圈式话筒
C．太阳能电池、电铃 D．内燃机、发电机
【答案】B
【演练2】 （2025 任丘市模拟）近年来，我国新能源开发利用迅猛发展。关于能源和能量的说法中正确的是（ ）
A．干热岩是地热能中最具有开发潜力的一种可再生的清洁能源
B．光伏发电可以将太阳能全部转化为电能
C．石油、潮汐能、太阳能都属于可再生能源
D．能量的转移是有方向性的，而能量的转化没有方向性
【答案】A
【演练3】（2025 黎城县二模）尊老爱幼是中华民族的传统美德，妈妈生日那天，小梦为妈妈做了一碗面条，有关煮面条过程中涉及的物理知识，下列解释正确的是（ ）
A．锅中冒出的“白气”是水蒸气汽化形成的
B．看到的“白气”是水分子的无规则运动
C．煮面条是通过做功方式使面条内能增加
D．锅盖跳动与热机做功冲程能量转化相同
【答案】D
【演练4】（2025 喀什地区一模）下列动力机械不属于热机的是（ ）
A．中国高铁交流异步牵引电动机
B．052D型导弹驱逐舰燃气轮机
C．歼-20战机涡扇15煤油发动机
D．长征五号火箭液氢液氧发动机。
【答案】A。
【演练5】（2025 常州模拟）我国北方地区冬季用燃煤取暖所造成的大气污染，已越来越引起人们的关注。现在大多数家庭已经改用天然气取暖，以降低对大气的污染。小明家的住房面积约110m2，若将住房的门窗关闭好，用天然气燃烧取暖，并使室温升高10℃，已知天然气的热值为4.4×107J/kg。空气的密度约为1.3kg/m3，空气的比热容为1.0×103J/（kg ℃），所需的天然气约为（ ）
A．0.01kg B．0.1kg C．1kg D．10kg
【答案】B
【演练6】（2025 鹤壁一模）涡轴-9发动机“玉龙”是我国完全自主研发的直升机涡轴发动机，其大致工作过程是：空气通过进气道进入压气机，被压气机压缩后进入燃烧室与燃料混合，燃料在燃烧室燃烧后，产生的高温高压气体推动涡轮转动，从而输出动力。该发动机工作过程中的相关说法正确的是（ ）
A．燃烧室中燃料燃烧越充分，发动机的工作效率越低
B．燃烧室中燃料和压缩空气混合后，燃料的热值不变
C．空气通过进入压气机被压缩，空气的内能将会减小
D．直升机升空的主要原理是流体流速大的地方压强小
【答案】B
1.能量的转化与转移
（1）能量的转化和转移的本质是不同的，“转化”是指能量由一种形式变为另一种形式；“转移”只是能量由一个物体传递到另一个物体，能量的形式不变。
（2）有能量转化时，必定会有一种形式的能量减少，另一种形式的能量增加。
（3）要明白消耗能量、利用能量或获得能量的过程就是能量的相互转化和转移的过程，能在具体情景中分析能量形式的转化例。
2.热机
（1）判断机械是否是热机，要从能量转化的角度来判断。例如：电动机是将电能转化为机械能，不属于热机。
（2）四冲程内燃机工作时飞轮的转数与做功次数和工作循环的个数的关系：
一个工作循环=四个冲程=曲轴、飞轮转动两周=活塞往复运动两次=对外做功一次=两次能量转化。
（3）汽油柴油机异同，关键先看气缸顶，汽油机用火花塞，柴油机用喷嘴油，汽油压末塞点火，柴油压末喷油雾。
3.热机的效率
（1）对于热机效率可与机械效率进行对比理解，热机效率是衡量热机性能好坏的一个重要参数，要提高热机的效率就是要提高热机用来做有用功的能量与燃料完全燃烧放出的能量之比，并且热机的效率总小于1．
（2）提高热机效率的方法：
①改善燃烧条件 ；
②减少摩擦损失 ；
③充分利用废气能量 ；
④减少热量损失 ；
⑤采用先进技术 。
（3）只有当燃料完全燃烧时，才能用Q=qm或Q=qV计算其放出的热量。
（满分100分，答题时间60分钟，根据下面给出的试题答案与解析自测自评）
一．选择题（本大题10个小题，各2分，共20分）
1．（2025 揭阳一模）在科幻大片《流浪地球》中有这样一个场景：主人公为帮助地球脱离木星的吸引，点燃了木星上的可燃气体，从而将地球推离木星。以下与推离过程中能量转化方式相同的是（ ）
A． B． C． D．
2．（2025 万山区三模）在2025年春节联欢晚会上，人形机器人与舞蹈演员配合表演了创意融合舞蹈《秧BOT》节目，展现了现代科技与传统艺术的完美融合，如图所示。下列有关说法正确的是（ ）
A．机器人行走时与舞台之间没有摩擦
B．机器人行走时将内能转化为机械能
C．手绢抛出后能向上运动是由于具有惯性
D．匀速转动的手绢运动状态不会发生变化
3．（2025 高州市模拟）初中物理中，我们学习过机械能、电能、内能等形式的能量，关于能量转化和转移，下列说法正确的是（ ）
A．篮球落地后被弹起的过程，主要是在动能和重力势能之间的转化
B．陨石穿过大气层时，与空气摩擦发光发热，是内能转化为机械能的过程
C．炒菜的过程中主要是通过做功的方式改变了菜的内能
D．能量的转化和转移是有方向性的
4．（2025 雁塔区模拟）中国航天把月球载人探测器命名为“揽月”，下列技术适用于宇航员在太空中应用的是（ ）
A．声呐定位 B．红外遥感 C．风力发电 D．热机驱动
5．（2025 定边县模拟）2024年4月24日是第九个“中国航天日”。物理社团的涵涵制作了水火箭，如图是水火箭的简易原理图。使用打气筒向水火箭内不断打气，当内部气体压强增大到一定程度时，会使水从水火箭中向下喷出，从而使水火箭升空。以下说法错误的是（ ）
A．打气时，水火箭内部空气的内能增大
B．水火箭头部做成流线型是为了减小空气阻力
C．水向下喷出会使水火箭升空是由于力的作用是相互的
D．打气筒打气时能量转化过程与汽油机的做功冲程相同
6．（2025 驻马店三模）位于河南省南召县的天池抽水蓄能电站已全部投产发电，如图是其工作示意图，用电低峰时，电动机利用多余电能将水提升至高处；用电高峰时，水下降带动发电机发电。下列说法正确的是（ ）
A．用电高峰时，将电能转化为机械能
B．用电低峰时，将机械能转化为电能
C．上水库的高度一定，其容积越大，可储存的电能越多
D．电动机消耗的电能和发电机输出的电能完全相等
7．（2025 鼓楼区三模）如图所示，用完全相同的装置加热液体。已知燃料的质量、烧杯内的液体质量、加热方式均相同。不计热损失，将燃料点燃直至燃尽，三个烧杯中液体升高的温度随时间变化的图像如丁所示，则下列说法正确的是（ ）
A．仅用乙、丙两图可以比较不同燃料的热值
B．甲、丙装置中的液体在0﹣t内吸收的热量之比为2：1
C．a、b两种液体的比热容之比为1：2
D．燃料1和燃料2的热值之比为3：2
8．（2025 新吴区一模）小张用相同的酒精灯分别对质量均为200g的水和甲液体进行加热，8min内各消耗酒精4g，用得到的实验数据绘制出了如图所示的图像。若单位时间内两液体吸收的热量相等，酒精的热值为3×107J/kg，水的比热容为4.2×103J/（kg ℃），则下列说法正确的是（ ）
A．升高相同温度时，水和甲液体吸收的热量相等
B．甲液体在4min内吸收的热量为1.2×105J
C．甲液体的比热容为2.4×103J/（kg ℃）
D．酒精灯的加热效率为21%
9．（2025 青羊区校级模拟）小叶通过查阅资料了解到，甘油和水可以调配出一般意义上汽车防冻液，她很想了解一下甘油的吸热能力。在老师的指导下，她用酒精灯分别加热了质量为100g、初温为20℃的甘油和水，记录的相关数据如下表所示。若单位时间内甘油吸收的热量和水吸收的热量相等，酒精的热值为3×107J/kg，水的比热容为4.2×103J/（kg ℃），则下列说法中。正确的是（ ）
加热时间/minn 消耗酒精/g 末温/℃
水 4 2 80
甘油 8 4 230
A．加热相同时间，甘油消耗的酒精更多
B．水消耗的酒精完全燃烧放出的热量为1.2×105J
C．甘油的比热容为2.4×103J/（kg ℃）
D．该酒精灯的加热效率约为35%
10．（2025 三元区校级模拟）有甲、乙两种不同的燃料，甲燃料的质量为2kg，乙燃料的质量为1kg，当甲、乙温度都升高1℃，吸收的热量如图a所示；甲、乙的燃料完全燃烧后放出的热量如图b所示，则下列说法正确的是（ ）
A．甲燃料的比热容等于乙的比热容
B．甲燃料的热值大于乙的热值
C．甲、乙物体温度都降低1℃，甲、乙放出的热量一样多
D．相同质量的甲、乙燃料完全燃烧，甲放出的热量比乙的多
二．填空题（本大题10小题，每空1分，共20分）
11．（2025 淮南模拟）我国太空电站于2025年3月试验成功。太空电站距离地面高度约为3.6km，需要通过火箭推送完成。当太空电站发电时，是将 （填“卫星的机械能”或“太阳能”）转化为电能。
12．（2025 市中区校级四模）汽油机是热机的一种，如图甲所示是一台单缸四冲程汽油机工作状态示意图，由图可以看出，此时它正处在 冲程，其能量转化情况与 （选填“乙”或“丙”）图相同，如果此汽油机每秒内对外做功20次，则汽油机每秒内完成 个冲程。
13．（2025 武冈市模拟）为迎接第五届湖南省旅游发展大会，城市正在改善旅游环境，修建星级酒店。星级酒店的观光电梯利用 能工作，小芳乘坐观光电梯观看电梯外的美景，她判断观光电梯上行或下行的方法是 （填写一种方法即可）。
14．（2025 恩施市模拟）重力储能是一种新型储能方式，它通过提升或放下重物实现能量的储存或释放，能量转化过程如图1所示，空白处的能量形式是 。在重力储能提升重物的过程中使用类似图3的装置是为了 （选填“省力”、“省功”或“省距离”）。
15．（2025 望花区模拟）抽水蓄能电站利用电力负荷低谷时的电能抽水至上水库，在电力负荷高峰期再放水至下水库发电的水电站。它可将电网负荷低时的多余电能转变为电网高峰时期的高价值电能。将水抽至上水库时，水的 能增大，在用电高峰时转化为电能。这个过程中能量的总量是 的。
16．（2025 丰润区二模）国家推动天然气的使用有助于推进2060年前实现碳中和的目标，小明用天然气灶将质量为2kg，初温为25℃的水加热到95℃，水吸收的热量是 J；若此过程的热效率为40%，则此过程消耗天然气 m3。[水的比热容为4.2×103J（/kg ℃），天然气热值为4.2×107J/m3]
17．（2025 哈尔滨校级三模）小聪一家三口使用天然气做饭、洗澡，某月消耗30m3天然气，这些天然气完全燃烧放出的热量是 J。某次洗澡完全燃烧0.42m3天然气，放出的热量使质量为100kg的水温度升高了24℃，则该天然气热水器的热效率是 。[天然气的热值为3×107J/m3，水的比热容为4.2×103J/（kg ℃）]
18．（2025 凤城市一模）汽车行驶中，是在四冲程汽油机的 冲程获得动力，如突然摇下车窗，车内的遮阳帘会被“吸”向窗外，这是因为车窗外空气流速大，压强 。
19．（2025 西丰县模拟）柴油机是除雪车的主要动力设备，如图所示，若该车的质量为9t，车以10km/h的速度匀速直线行驶除雪时，受到的平均阻力为4.6×104N。某次除雪过程中，该车匀速行驶24min。除雪车的牵引力在这段路程中做的功为 J；若此过程中消耗柴油10kg，除雪车的效率为 。（假设柴油完全燃烧，柴油的热值q柴油＝4.6×107J/kg）
20．（2025 道里区一模）如图，是我国古代的取火器模型图，把推杆迅速推入牛角套筒时，套筒内空气被压缩，空气的内能 （选填“增大”或“减小”）。随后，推杆前端的艾绒立刻燃烧起来，推杆又被推动到原来的位置，此过程与内燃机工作的 冲程相似。
三．实验探究题（本大题1小题，共10分）
21．（2024秋 广信区期末）在探究比热容和热值大小的实验中，如图所示，甲、乙、丙三图中的装置完全相同，燃料的质量都是10g，烧杯中两种液体的密度不同。
（1）在烧杯中分别装入 相等的两种液体（选填“质量”或“体积”）；
（2）若要比较不同物质的吸热本领：
①应选择 两图进行实验；
②该实验是通过比较 来间接反映液体吸收热量的多少（选填“升高的温度”或“加热时间”）；
③冬天，小华想自制一个暖手袋，若只能从A或B中选一种液体装入暖手袋中作为供热物质（使用过程中温度不容易降低），由图丁可知，应选择 （A或者B），若该种液体为水，则另一种液体的比热容是 J/（kg ℃）。[已知水的比热容为4.2×103J/（kg ℃）]
（3）若要比较不同燃料的热值：
应选择 两图进行实验；为了比较燃料1和燃料2的热值，应该在燃料完全燃烧后，通过比较 来得出结论（选填“温度计示数的变化量”或“加热时间”）。
四．综合应用题（本大题5小题，各10分，共50分）
22．（2025 肥城市三模）如图所示是一款远程无人驾驶清扫车，自动驾驶时使用雷达传感器以及激光测距器来了解周围的交通状况，该款车以10m/s的速度在一段平直的公路上匀速行驶5min，消耗汽油0.3kg，已知清扫车行驶过程中的牵引力为1350N，汽油的热值为4.5×107J/kg。求：
（1）0.3kg汽旅完全燃烧放出的热量；
（2）在此过程中清扫车发动机的效率。
23．（2025 花垣县模拟）如图所示是某新型观光游船，在某次航行中，游船在水上匀速行驶5km用时30min，行驶过程中游船受到的平均阻力为1.0×104N。发动机共消耗柴油2.5kg。求：（q柴油＝4.3×107J/kg）
（1）游船行驶的平均速度为 km/h；
（2）行驶过程中游船克服阻力做的功是多少？
（3）发动机的热机效率是多少？（结果精确到0.1%）
24．（2025 封丘县模拟）诗句“锄禾日当午，汗滴禾下土。谁知盘中餐，粒粒皆辛苦”描述了农民辛勤劳作的情景，勉励我们日常生活中要节约粮食。随着科技的发展，利用无人机技术监测农作物生长、喷洒农药，大大减轻了农民的工作负担，提高了农业生产的效率。机械迷小华对无人机进行了项目化研究。
（1）喷洒农药功能
如图所示，喷洒作业时，以无人机为参照物，田里的小麦是 （选填“运动”或“静止”）的；沿水平直线匀速喷洒农药的过程中，无人机的动能 （选填“增大”“减小”或“不变”）。
（2）对地面的压强
喷洒完农药后，无人机静止在水平地面时对地面的压强为2.5×104Pa，与地面的总接触面积为80cm2，则无人机的质量是多少？（g取10N/kg）
（3）汽油机的效率
在某次喷洒农药作业时，无人机以2m/s的速度和9kW的恒定功率沿水平方向匀速直线飞行，为了覆盖一片面积为1000m2的小麦田，无人机消耗汽油0.1kg，则无人机的汽油机的效率是多少？（假设无人机的喷洒宽度为5m，q汽油＝4.5×107J/kg）
25．（2025 雁塔区模拟）新型油电混动汽车的能量回收系统的工作原理是将车辆制动时的动能转化为电能，并给动力电池充电，动力电池又将部分能量通过电动机向车轮运送。为测试某总重为1.5×104N的汽车能量回收系统的性能，测试员先让汽车正常行驶，然后关闭发动机，分别测出开启和关闭发电机的两种情况下，汽车通过的路程s与对应的速度v，计算出动能EK，并画出了动能EK随路程s变化的图像如图所示。
（1）由图像可知，表示开启发电机进行测试的图线是 （选填“①”或“②”）。
（2）已知测试车辆的耗油量为7kg/100km，（指汽车正常行驶100km消耗的燃油质量为7kg），测试过程中，汽车正常行驶10km，消耗的燃油完全燃烧产生的热量为2.94×107J，则燃油的热值为多少？
（3）汽车的储能效率是指汽车正常行驶时关闭发动机，直至汽车停止的过程中，通过发电机将动能转化为电能并储存在动力电池的效率。若该汽车的储能效率为60%，测试中汽车正常行驶的总动能为EK＝3.75×105J。关闭发动机，同时发电机开始工作直至汽车停下来，可回收多少电能？
（4）汽车重新启动加速后，若采用纯电动模式在平直公路上匀速行驶，其蓄电池的电能转化为机械能的效率为80%，所受阻力为车总重的0.1倍，则该汽车可利用刚刚回收的电能前进多少米？
26．（2025 西安一模）燃气热水器是一种方便、快捷且不受天气影响的洗浴设备。某款燃气热水器的结构和工作原理示意图如图所示。使用时先通电，绿色指示灯亮，再打开冷水阀和燃气管上的燃气阀；然后打开热水阀，电子点火器点火红色指示灯亮，燃气在燃烧器内燃烧，产生1700℃的高温烟气，同时风机工作，高温烟气上升，流经热交换器，将从A点处流入热交换器的冷水加热，产生的热水从B点处源源不断地流出热交换器，低温烟气从排烟管排出。关闭热水阀时，热水器停止加热。
（1）排烟管利用风扇加快气体流动速度，排烟管内气体的压强 （选填“大于”或“等于”）烧烧室内气体的压强，使烟气只从排烟管流出；
（2）某次洗浴过程中，热交换器在15min内将体积为200L的水的温度升高30℃，则水吸收的热量是多少？[，]
（3）在（2）中的洗浴过程中，该燃气热水器的耗气量（热水器正常工作1h消耗的燃气体积）为3.6m3/h。该燃气热水器铭牌上标注二级能效，请你通过计算判断该标注是否正确。（能效等级根据热效率来划分，其中三级能效的热效率大于或等于84%，二级能效的热效率大于或等于89%，一级能效的热效率大于或等于98%；燃气的热值为3.0×107J/m3）
参考答案与试题解析
一．选择题（共10小题）
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 B C D B D C C D C C
一．选择题（共10小题）
1．【答案】B
【分析】内燃机的做功冲程将高温高压的燃气内能转化为机械能。
【解答】解：科幻大片《流浪地球》中，点燃木星上的可燃气体将地球推开，此过程内能转化为机械能，相当于内燃机的做功冲程；
A中两个气门关闭、活塞上行，为压缩冲程；B中两个气门关闭，活塞下行，为做功冲程；C中进气门打开、排气门关闭，活塞下行，为吸气冲程；D中进气门关闭、排气门打开，活塞上行，为排气冲程，故B正确。
故选：B。
2．【答案】C
【分析】（1）摩擦力产生条件：两物体相互接触并挤压，有相对运动或相对运动趋势，接触面粗糙程度；
（2）分析能量转化时，就看什么能量减少了，什么能量增加，总是减少的能量转化为增加的能量；
（3）一切物体都有保持原来运动状态不变的性质，叫惯性；
（4）物体运动状态的变化包括：①速度大小的改变；②运动方向的改变。只要其中的一个发生了变化，我们就说物体的运动状态发生了改变。
【解答】解：A．机器人在行走时，与地面之间有相对运动趋势，受到地面的摩擦力，故A错误；
B．机器人行走时，消耗电能，获得了机械能，所以是将电能转化为机械能，故B错误；
C．手绢抛出后能向上运动，是因为手绢具有惯性，要保持原来向上的运动状态，故C正确；
D．匀速转动的手绢，其运动方向在不断变化，而运动状态包括速度大小和运动方向，所以运动状态发生了变化，故D错误。
故选：C。
3．【答案】D
【分析】（1）影响动能大小的因素：质量、速度，质量越大，速度越大，动能越大；影响重力势能大小的因素：质量、被举的高度。质量越大，高度越大，重力势能就越大；物体由于发生弹性形变而具有的能，叫弹性势能；
（2）克服摩擦做功，将内能转化为机械能；
（3）改变物体内能方式有两种：做功和热传递，做功的实质是能量的转化，热传递的实质是能量的转移；
（4）能量的转化和转移具有方向性。
【解答】解：A、篮球落地后被弹起的过程，主要是在动能、重力势能和弹性势能之间转化，故A错误；
B、陨石穿过大气层时，与空气摩擦发光发热，是机械能转化为内能的过程，故B错误；
C、炒菜的过程是通过热传递的方式改变物体内能的，故C错误；
D、能量的转化和转移是具有方向性的，故D正确。
故选：D。
4．【答案】B
【分析】（1）声音的传播需要介质，真空不能传声；
（2）红外线的作用和用途：根据红外线的热作用比较强制成热谱仪、红外线夜视仪、红外线体温计等；红外线可以传递信息，可以进行遥控制成电视、空调遥控器等；
（3）利用内能做功的机器属于热机。
（4）热机是利用内能转化为机械能来工作的，需要有工质在热机内进行循环。
【解答】解：A.声呐定位：声呐是利用声波在水中传播来进行定位、探测等的技术。而在太空中是真空环境，没有传播声音的介质，声波无法传播，所以声呐定位技术不适用于太空环境，故A不符合题意。
B.红外遥感：任何温度高于绝对零度（﹣273.15℃）的物质都可以发出红外光。在太空中，红外遥感技术可以用于探测星球表面的温度分布、地质结构等信息，也可以用于监测航天器自身的状态以及周围空间环境中可能存在的物体，适用于宇航员在太空中应用，故B符合题意。
C.风力发电：太空环境中没有空气，也就不存在风，所以无法利用风力发电，故C不符合题意。D.热机驱动：热机是利用内能转化为机械能来工作的，需要有工质在热机内进行循环。在太空中，没有大气作为工质，而且热机工作时会产生大量的热量，在太空这种散热条件较差的环境中，热机的散热问题很难解决，所以热机驱动技术一般不适用于太空环境，故D不符合题意。
故选：B。
5．【答案】D
【分析】（1）做功可以改变物体的内能，物体对外做功，内能减少，外界对物体做功用，内能增加；
（2）从减小阻力的方面分析；
（3）物体间力的作用是相互的；
（4）汽油机的压缩冲程中，机械能转化为内能。
【解答】解：AD、向打气筒内打气的过程是机械能转化为内能，使得水火箭内部空气的内能变大；汽油机的压缩冲程中机械能转化为内能；能量转化方式是相同的，故A正确、D错误；
B、水火箭头部做成流线型，可以减小空气阻力，故B正确；
C、水火箭向下喷水，给水一个向下的力，由于物体间力的作用是相互的，水给水火箭一个向上的力，使水火箭升空，故C正确。
故选：D。
6．【答案】C
【分析】AB、用电高峰时水下降带动发电机发电，机械能转化为电能，用电低峰时，电动机将水提升至高处，电能转化为机械能。
C、动能与质量和速度有关；重力势能与质量和高度有关，结合能的转化和转移分析。
D、电动机运行过程中会有部分能量损耗，电动机消耗的电能和发电机输出的电能不会完全相等。
【解答】解：A、用电高峰时水下降带动发电机发电，机械能转化为电能，故A错误；
B、用电低峰时，电动机将水提升至高处，电能转化为机械能，故B错误；
C、容积越大，可储存的水量越大，高度一定时，重力势能越大，储存的电能越多，故C正确；
D、电动机运行过程中会有部分能量损耗，故D错误。
故选：C。
7．【答案】C
【分析】（1）比较不同燃料的热值，需要控制被加热的液体种类相同，燃料种类不同；
（2）加热装置相同，相同时间内放出的热量相同；
（3）根据Q吸＝cmΔt，在质量和吸收热量相同的情况下，比热容与温度变化量成反比；
（4）从图丁中读出数据，运用公式Q放＝qm和Q吸＝cmΔt可求出两燃料的热值之比。
【解答】解：A、比较不同燃料的热值，需要控制被加热的液体种类相同，燃料种类不同；由乙、丙两图可知，燃料种类不相同，液体种类也不同，所以仅用乙、丙两图不能比较不同燃料的热值，故A错误；
B、加热装置相同，相同时间内放出的热量相同，甲、丙装置中的液体在0﹣t内加热时间相同，所以吸收的热量相同，即甲、丙装置中的液体在0﹣t内吸收的热量之比为1：1，故B错误；
C、根据Q吸＝cmΔt，在质量和吸收热量相同的情况下，比热容与温度变化量成反比；甲、丙中液体质量相同，加热相同时间吸收热量相同，甲中液体升高的温度是丙中液体升高温度的2倍，所以a、b两种液体的比热容之比为1：2，故C正确；
D、由图丁可知，燃料燃烧完时，燃料1燃烧了tmin，燃料2燃烧了2tmin，且甲图中液体温度变化量为2T0，乙图中液体温度变化量为1.5T0，实验中忽略热量的散失，且两杯液体的质量、比热容均相同，则由公式Q吸＝cmΔt可得，二者放出的热量之比为：
，
燃料的质量相同，由公式Q放＝qm可得，燃料1与燃料2的热值之比为：
，解得：q1：q2＝4：3，即燃料1和燃料2的热值之比为4：3，故D错误。
故选：C。
8．【答案】D
【分析】（1）由图知，8min内，水的初温、末温，利用Q吸＝cmΔt计算水吸收的热，可求4min内水吸收的热量；由题知，单位时间内另一种液体吸收的热量与水吸收的热量相等，可再推算另一种液体4min内吸收的热量；
（2）由图知，4min内，甲液体的初温、末温，求出了水吸收的热量，知道甲液体的质量，利用Q吸＝cmΔt计算甲液体的比热容；
（3）质量相同的不同液体（水的比热容大于甲的比热容），由Q吸＝cmΔt可知，高相同的温度，比热容大的，吸收热量较多；
（4）先利用Q放＝qm计算酒精灯完全燃烧放出的热量，酒精灯的加热效率等于水吸收的热量与酒精完全燃烧放出热量的比值。
【解答】解：B、由图知，8min内，水的初温为10℃、末温为40℃，水吸收的热量：
Q吸＝c水m水Δt水＝4.2×103J/（kg ℃）×0.2kg×（40℃﹣10℃）＝2.52×104J，
4min内，水吸收的热量为：Q吸′Q吸2.52×104J＝1.26×104J，
由题知，单位时间内另一种液体吸收的热量与水吸收的热量相等，所以甲液体吸收的热量也是1.26×104J，故B错误；
C、由图知，4min内，甲液体的初温为20℃、末温为50℃，由Q吸＝cmΔt可得：
c甲2.1×103J/（kg ℃），故C错误；
A、水和甲液体的质量相同，水的比热容大于甲的比热容，由Q吸＝cmΔt可知，两液体升高相同的温度，比热容大的水，吸收热量较多，故A错误；
D、消耗酒精4g放出的热量：
Q放＝qm酒精＝3×107J/kg×4×10﹣3kg＝1.2×105J，
酒精灯的加热效率：η100%＝21%，故D正确。
故选：D。
9．【答案】C
【分析】（1）根据表格中的数据进行判断；
（2）根据Q放＝mq算出水消耗的酒精完全燃烧放出的热量；
（3）由于单位时间内甘油吸收的热量与水吸收的热量相等，求得8min内甘油吸收的热量，再计算甘油的比热容；
（4）根据Q吸＝cmΔt算出4min内水吸收的热量，由η100%算出酒精灯的加热效率
【解答】解：A、由表格中的数据知，加热相同时间，甘油和水消耗的酒精一样多，故A错误；
B、酒精燃料完全燃烧放出的热量为：Q放＝m酒精q酒精＝2×10﹣3kg×3×107J/kg＝6×104J，故B错误；
C、由于单位时间内甘油吸收的热量与水吸收的热量相等，所以8min内甘油吸收的热量也为Q油吸＝2Q水吸＝5.04×104J；由Q油吸＝c油m油Δt油知，甘油的比热容：c油2.4×103J/（kg ℃），故C正确；
D、4min内水吸收的热量为：Q水吸＝c水mΔt水＝4.2×103J/（kg ℃）×100×10﹣3kg×（80℃﹣20℃）＝2.52×104J，酒精灯的加热效率为：η100%100%＝42%，故D错误。
故选：C。
10．【答案】C
【分析】（1）质量为1kg的某种物质，温度升高（或降低）1℃所吸收（或放出）的热量，叫做这种物质的比热容，根据比热容的定义计算出比热容判断大小；
（2）1kg某种燃料完全燃烧放出的热量叫这种燃料的热值，根据热值的定义比较热值大小；
（3）知道比热容大小关系，m甲＝2m乙，都降低1℃，利用Q放＝cmΔt可得放出的热量的大小关系；
（4）知道热值大小关系，由Q放＝mq可知，相同质量的甲、乙燃料完全燃烧放出的热量大小关系。
【解答】解：
A、由图a知，甲、乙升高相同的温度，吸收相同的热量，m甲＝2m乙，由c可知，c甲c乙，即：甲的比热容小于乙的比热容，故A错误；
B、m甲＝2m乙，完全燃烧后甲、乙产生的热量Q甲：Q乙＝4×107J：3×107J＝4：3，由q可知，q甲：q乙2：3，即：甲的热值小于乙的热值，故B错误；
C、c甲c乙，m甲＝2m乙，都降低1℃，由Q放＝cmΔt可知，放出的热量相等，故C正确；
D、甲的热值小于乙的热值，由Q放＝mq可知，相同质量的甲、乙燃料完全燃烧放出的热量，Q甲＜Q乙，故D错误。
故选：C。
二．填空题（共10小题）
11．【答案】太阳能。
【分析】能量转化的过程中，必定有一种能量减少，另一种能量增加；分析能量转化时，就看什么能量减少了，什么能量增加，总是减少的能量转化为增加的能量。
【解答】解：当太空电站发电时，消耗了太阳能，获得了电能，所以是将太阳能转化为电能。
故答案为：太阳能。
12．【答案】见试题解答内容
【分析】（1）内燃机的四个冲程有吸气冲程、压缩冲程、做功冲程、排气冲程，判断冲程名称可用口诀：“先看气门开关情，再看活塞上下行；开下吸气开上排，关上压缩关下功”进行分析。
（2）改变物体内能的方式有热传递和做功两种。做功改变物体内能的实质是能量的转化，具体来说是内能和机械能的相互转化。对物体做功，物体的内能增加，温度升高；物体对外做功，物体的内能减少，温度降低。
（3）四冲程内燃机曲轴转一圈，完成2个冲程，1个工作循环中包括4个冲程并对外做功1次。
【解答】解：（1）两个气门都关闭，活塞向下运动，因此是做功冲程；
（2）乙图对试管中的水加热，加快水的蒸发，使试管中水的内能增大，体积膨胀，对外做功，使塞子飞出去，内能转化为塞子的机械能。
丙图是用力将活塞压下，活塞对空气做功，空气的内能增大，温度升高，达到了棉花的着火点，棉花就会燃烧。是通过对物体做功来增大物体内能的，即是将机械能转化为内能的过程。
因此与做功冲程原理相同的是乙实验。
（3）汽油机每秒内对外做功20次，完成了80个工作冲程，每分钟做1200次功，飞轮转2400圈，因此飞轮的转速为2400r/min，
故答案为：做功；乙；80。
13．【答案】电；观看外面固定的建筑或景物，看到建筑上升了，说明电梯在下行，若建筑物下降，说明电梯上升（合理即可）。
【分析】用电器可以将电能转化为其他形式的能；在研究物体的运动和静止时，要看物体的位置相对于参照物是否发生改变，若改变，则是运动的，若不改变，则是静止的。
【解答】解：观光电梯的主要部件是电动机，电动机通电转动，消耗电能，转化为机械能。
根据运动和静止的相对性，观察外面固定的建筑物，若建筑物上升，说明电梯下行，若建筑物下降，说明电梯上升。
故答案为：电；观看外面固定的建筑或景物，看到建筑上升了，说明电梯在下行，若建筑物下降，说明电梯上升（合理即可）。
14．【答案】机械能；省力。
【分析】（1）机械能包括动能和势能；
（2）固定在一个位置转动而不移动的滑轮叫定滑轮。定滑轮不能省力，但是能改变力的方向；可以随着重物一起移动的滑轮叫做动滑轮。动滑轮能省力，但是不能改变力的方向。
【解答】解：（1）重物被提升，高度增大，重力势能增大，所以机械能增大，因此将电能转化为机械能储存起来。
（2）图中滑轮可以随着重物一起移动，为动滑轮，所以在重力储能提升重物的过程中使用类似图3的装置是为了省力。
故答案为：机械能；省力。
15．【答案】重力势；守恒。
【分析】重力势能与质量和高度有关，能的转化与转移时，遵循能量守恒定律。
【解答】解：重力势能与质量和高度有关，将水抽至上水库时，质量不变，高度增大，水的重力势能增大；在用电高峰时转化为电能。这个过程中能量的总量是守恒的。
故答案为：重力势；守恒。
16．【答案】5.88×105；0.035。
【分析】（1）知道水的比热容、质量、初温度和末温度，利用Q吸＝cm（t﹣t0）求出水吸收的热量；（2）根据η变形公式求天然气完全燃烧放出的热量；根据Q放＝Vq变形公式求出烧这些水需要天然气的体积。
【解答】解：（1）水吸收的热量为：
Q吸＝c水m（t﹣t0）＝4.2×103J/（kg ℃）×2kg×（95℃﹣25℃）＝5.88×105J；
（2）由可得，天然气完全燃烧放出的热量为：，
由Q放＝Vq可得，需要燃烧的天然气的体积为：
。
故答案为：5.88×105；0.035。
17．【答案】9×108；80%
【分析】根据Q放＝Vq得出这些天然气完全燃烧放出的热量；
某次洗澡完全燃烧0.42m3天然气，根据Q放1＝V1q得出天然气完全燃烧放出的热量，根据吸热公式得出水吸收的热量，根据效率公式得出该天然气热水器的热效率。
【解答】解：天然气完全燃烧放出的热量Q放＝Vq＝30m3×3×107J/m3＝9×108J
某次洗澡完全燃烧0.42m3天然气，天然气完全燃烧放出的热量Q放1＝V1q＝0.42m3×3×107J/m3＝1.26×107J
水吸收的热量为Q吸＝cmΔt＝4.2×103J/（kg ℃）×100kg×24℃＝1.008×107J
该天然气热水器的热效率。
故答案为：9×108；80%。
18．【答案】见试题解答内容
【分析】（1）四冲程汽油机中，只有做功冲程对外输出功；
（2）流体压强与流速的关系是：流体流速越快的地方压强越小。
【解答】解：
在汽油机的四个冲程中，只有做功冲程可以使汽车获得动力；
因为汽车行驶时，车外的空气流速大、压强小；车内的空气流速小、压强大。车内的气压大于车外的气压，压强差就把窗帘压向车外。
故答案为：做功；小。
19．【答案】1.84×108；40%。
【分析】（1）除雪车匀速行驶时，牵引力与受到的阻力是一对平衡力，根据二力平衡条件可知牵引力大小，利用速度公式求出除雪车行驶的路程，利用W＝Fs求出除雪车牵引力在这段路程中所做的功；
（2）利用Q放＝mq求出柴油完全燃烧放出的热量，利用效率公式求出除雪车的效率。
【解答】解：（1）除雪车匀速行驶时，牵引力与受到的阻力是一对平衡力，根据二力平衡条件可知，牵引力F牵＝f＝4.6×104N，
由v可知，除雪车行驶的路程：s＝vt＝10km/hh＝4km＝4×103m，
除雪车牵引力在这段路程中所做的功：W＝F牵s＝4.6×104N×4×103m＝1.84×108J；
（2）柴油完全燃烧放出的热量：Q放＝m柴q柴＝10kg×4.6×107J/kg＝4.6×108J，
除雪车的效率：η100%100%＝40%。
故答案为：1.84×108；40%。
20．【答案】增大；做功。
【分析】把推杆迅速推入牛角套筒时间较短，气体来不及吸、放热，主要是外力对气体做功，气体内能增加，温度升高。推杆前端的艾绒立刻燃烧起来，推杆又被推动到原来的位置，此过程与内燃机工作的做功冲程相似。
【解答】解：把木制推杆迅速推入牛角套筒时，杆前端的艾绒燃烧起来，这是通过做功的方式，使筒内空气的内能增大，则温度升高，达到艾绒的着火点，使艾绒燃烧；
推杆前端的艾绒立刻燃烧起来，推杆又被推动到原来的位置，内能转换为机械能，此过程与内燃机工作的做功冲程相似。
故答案为：增大；做功。
三．实验探究题（共1小题）
21．【答案】（1）质量；
（2）甲、丙；加热时间；B；2.1×103；
（3）甲、乙；温度计示数的变化量。
【分析】（1）根据控制变量法可知，为了比较热值大小要用不同的燃料，加热同一种液体，让液体的质量相同，通过温度计的示数高低得出吸热多少；为了比较两种液体的比热容，需要燃烧相同的燃料，加热不同的液体，让液体的质量和温度的变化相同；
（2）①为了比较两种液体的比热容，需要燃烧相同的燃料，加热不同的液体，让液体的质量和温度的变化相同，通过比较加热时间，进而判断两种比热容的大小关系；
②该实验是通过比较加热时间来间接反映液体吸收热量的多少，相同时间内，两种液体吸收的热量相同；
③因质量相等、初温相等的A和B两种液体，在升高相同温度时，B加热时间长，吸热多，B的吸热能力强，比热容大，根据Q＝cmΔt，质量相同的A、B液体降低相同的温度，B放热多，效果好；
由于水的比热容较大，所以B为水，根据，在质量和升高温度相同的情况下，吸收的热量与比热容成正比，由图丁可知，升高相同的温度（从10℃升高到80℃），A的加热时间是10min，B的加热时间是20min，B吸收的热量是A吸收热量的两倍；
（3）为了比较不同燃料的热值大小，根据控制变量法，要用不同的燃料，加热同一种液体，让液体的质量相同，通过温度计的示数高低得出吸热多少，进而判断热值大小；
【解答】解：
（1）根据控制变量法可知，为了比较热值大小要用不同的燃料，加热同一种液体，让液体的质量相同，通过温度计的示数高低得出吸热多少；为了比较两种液体的比热容，需要燃烧相同的燃料，加热不同的液体，让液体的质量和温度的变化相同，通过比较加热时间判断两种比热容的大小关系；因此在烧杯中分别装入质量相等的两种液体；
（2）①为了比较两种液体的比热容，需要燃烧相同的燃料，加热不同的液体，让液体的质量和温度的变化相同，通过比较加热时间，进而判断两种比热容的大小关系，因此选择甲和丙两图进行实验；
②该实验是通过比较加热时间来间接反映液体吸收热量的多少，相同时间内，两种液体吸收的热量相同，这是转换法的应用；
③因质量相等、初温相等的A和B两种液体，在升高相同温度时，B加热时间长，吸热多，B的吸热能力强，比热容大，根据Q＝cmΔt，质量相同的A、B液体降低相同的温度，B放热多，效果好，故选B；
由于水的比热容较大，所以B为水，根据，在质量和升高温度相同的情况下，吸收的热量与比热容成正比，由图丁可知，升高相同的温度（从10℃升高到80℃），A的加热时间是10min，B的加热时间是20min，B吸收的热量是A吸收热量的两倍，则A的比热容为水的比热容的一半，即A液体的比热容为：
；
（3）为了比较不同燃料的热值大小，根据控制变量法，要用不同的燃料，加热同一种液体，让液体的质量相同，通过温度计的示数高低得出吸热多少，进而判断热值大小，因此选择甲和乙两图进行实验；
根据分析可知，为了比较燃料1和燃料2的热值，应该在燃料完全燃烧后，通过比较温度计示数的变化量来得出结论。
故答案为：
（1）质量；
（2）甲、丙；加热时间；B；2.1×103；
（3）甲、乙；温度计示数的变化量。
四．综合应用题（共5小题）
22．【答案】（1）0.3kg汽油完全燃烧放出的热量为1.35×107J；
（2）在此过程中清扫车发动机的效率为30%。
【分析】（1）根据Q放＝qm求出0.3kg汽油完全燃烧放出的热量；
（2）根据W＝Fs＝Fvt求出清扫车发动机做的机械功，利用效率公式求出清扫车发动机的效率。
【解答】解：（1）0.3kg汽油完全燃烧放出的热量为
Q放＝qm油＝4.5×107J/kg×0.3kg＝1.35×107J；
（2）在此过程中清扫车发动机做的机械功为：
W＝Fs＝Fvt＝1350N×10m/s×5×60s＝4.05×106J，
在此过程中清扫车发动机的效率为：
η100%100%＝30%；
答：（1）0.3kg汽油完全燃烧放出的热量为1.35×107J；
（2）在此过程中清扫车发动机的效率为30%。
23．【答案】（1）10；
（2）行驶过程中游船克服阻力做的功是5×107J；
（3）发动机的热机效率是46.5%。
【分析】（1）根据速度公式可知游船行驶的平均速度；
（2）根据W＝fs得出行驶过程中游船克服阻力做的功；
（3）根据Q放＝mq柴油得出柴油完全燃烧放出的热量，根据效率公式可知发动机的热机效率。
【解答】解：（1）游船行驶的平均速度为v10km/h；
（2）行驶过程中游船克服阻力做的功是W＝fs＝1.0×104N×5000m＝5×107J；
（3）柴油完全燃烧放出的热量Q放＝mq柴油＝2.5kg×4.3×107J/kg＝1.075×108J，
发动机的热机效率是η46.5%。
答：（1）10；
（2）行驶过程中游船克服阻力做的功是5×107J；
（3）发动机的热机效率是46.5%。
24．【答案】（1）运动；减小；
（2）无人机的质量是20kg；
（3）无人机的汽油机的效率是20%。
【分析】（1）物体相对于参照物的位置发生变化，是运动的；
质量越大、速度越大，动能越大。
（2）根据G＝F压＝pS得出无人机的重力，根据G＝mg得出质量；
（3）得出无人机飞行的路程，利用速度公式得出飞行时间；根据W＝Pt得出有用功，根据Q放＝q汽油m得出汽油完全燃烧放出的热量，根据效率公式得出该车发动机的效率。
【解答】解：（1）如图所示，喷洒作业时，以无人机为参照物，田里的小麦的位置发生变化，是运动的；
沿水平直线匀速喷洒农药的过程中，无人机的质量变小，速度不变，动能减小。
（2）喷洒完农药后，无人机静止在水平地面时对地面的压强为2.5×104Pa，与地面的总接触面积为80cm2，则无人机的重力G＝F压＝pS＝2.5×104Pa×80×10﹣4m2＝200N，
质量m20kg；
（3）无人机飞行的路程s200m，
飞行时间t100s，
有用功W＝Pt＝9000W×100s＝900000J，
汽油完全燃烧放出的热量Q放＝q汽油m＝4.5×107J/kg×0.1kg＝4.5×106J，
该车发动机的效率为η20%。
答：（1）运动；减小；
（2）无人机的质量是20kg；
（3）无人机的汽油机的效率是20%。
25．【答案】（1）①；
（2）燃油的热值为4.2×107J/kg；
（3）关闭发动机，同时发电机开始工作直至汽车停下来，可回收的电能为2.25×105J；
（4）该汽车可利用刚刚回收的电能前进120m。
【分析】（1）若开启发电机，则动能会有一部分转化为电能，一部分克服摩擦做功；而关闭发电机时，动能全部用于克服摩擦做功；因此开启发电机时动能减小得较快，且运动的路程会较短，据此分析判断表示开启发电机进行测试的图线；
（2）根据汽车耗油量计算汽车正常行驶10km消耗燃油的质量，利用公式Q放＝mq计算燃油的热值；
（3）知道汽车的储能效率，根据W电＝ηEk计算可回收的电能；
（4）根据W机械＝η'W电计算电能转化为的机械能，根据汽车匀速行驶时受力平衡以及受到阻力为车总重的0.1倍计算出汽车匀速行驶时受到的牵引力，再根据W＝Fs求出汽车前进的距离。
【解答】解：（1）若开启发电机，则动能会有一部分转化为电能，一部分克服摩擦做功；而关闭发电机时，动能全部用于克服摩擦做功，因此开启发电机时动能减小得较快，且运动的路程会较短，故表示开启发电机进行测试的图线是①；
（2）汽车正常行驶100km消耗燃油的质量为7kg，
则汽车正常行驶10km消耗燃油的质量为m7kg＝0.7kg，
燃油的热值：
q4.2×107J/kg；
（3）可回收的电能为：
W电＝ηEk＝60%×3.75×105J＝2.25×105J；
（4）电能转化为汽车机械能为：W机械＝η'W电＝80%×2.25×105J＝1.8×105J，
汽车匀速行驶时受到牵引力为：F＝f阻＝0.1G＝0.1×1.5×104N＝1500N，
由W＝Fs得，汽车前进的距离为：
s120m。
答：（1）①；
（2）燃油的热值为4.2×107J/kg；
（3）关闭发动机，同时发电机开始工作直至汽车停下来，可回收的电能为2.25×105J；
（4）该汽车可利用刚刚回收的电能前进120m。
26．【答案】（1）小于；
（2）水吸收的热量为2.52×107J；
（3）热效率为93.3%，所以标注正确。
【分析】（1）流体流速越大的位置，压强越小；
（2）根据ρ求出水的质量，利用Q吸＝cmΔt求出水吸收的热量；
（3）根据Q放＝Vq燃气求出15min内燃气完全燃烧放出的热量，利用η100%求出该燃气热水器的热效率，据此确定该燃气热水器铭牌上标注二级能效是否正确。
【解答】解：（1）流体流速越大的位置，压强越小；排烟管利用风扇加快气体流动速度，使得排烟管内空气流速快，压强小，即排烟管内气体的压强小于燃烧室内气体的压强，从而使烟气只从排烟管流出。
（2）根据ρ可知，水的质量为：
m水＝ρ水V＝1.0×103kg/m3×200×10﹣3m3＝200kg，
水吸收的热量为：
Q吸＝c水m水Δt＝4.2×103J/（kg ℃）×200kg×30℃＝2.52×107J；
（3）15min消耗的燃气体积为，
15min内燃气完全燃烧放出的热量为：
Q放＝Vq燃气＝0.9m3×3×107J/m3＝2.7×107J，
该燃气热水器的热效率为：
，
根据能效等级划分标准可知，该燃气热水器的能效等级为二级能效，所以该标注正确。
答：（1）小于；
（2）水吸收的热量为2.52×107J；
（3）热效率为93.3%，所以标注正确。
学习目标
单元归纳
单元实验总结
典例精讲
对点演练
模拟演练
解题方法点拨
模拟演练
考点梳理
考点梳理
素养提升精炼
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人教版9年物理全册单元考点大通关学案（全国通用）
第十四章 内能的利用
1.会辨识能量转化过程，能用能量守恒定律解释生活实例。
2.了解热机的工作原理。知道内能的利用在人类社会发展史上的重要意义。
3.能说出热机效率的定义，会进行热机效率、炉具加热效率的相关计算。
4.有合理利用资源、保护环境的意识，能在个人力所能及的范围内对社会的可持续发展有所作为。
1.能量的转化
（1）能量的形式有多种，如机械能、内能、电能、光能、声能、磁能、化学能、核能等。
（2）能量在一定条件下可以从一种形式转化为另一种形式，也可以从一个物体转移到另一个物体。
注意：能量的转化和转移是有方向性的
（1）能量的转化是指通过做功使能的形式发生了改变，是一种形式的能转化为另一种形式的能。
（2）能量的转移是指同一种形式的能从一个物体转移到另一个物体，或从物体的一部分转移到另一部分，但能的形式没有改变，如热传递。体现在能的增加或减少，而没有形式上的变化。
2.能量守恒定律
（1）内容：能量既不会凭空消失，也不会凭空产生，它只会从一种形式转化为其他形式，或者从一个物体转移到其他物体，而在转化和转移的过程中，能量的总量保持不变。
（2）能量守恒定律的意义：
①能量守恒定律是自然界最普遍、最重要的基本定律之一，所有能量转化的过程都服从能量守恒定律。
②任何一部机器，只能使能量从一种形式转化为其他形式，而不能无中生有地制造能量。
③永动机是不可能制造出来的，因为它违背了能量守恒定律
3.热机
（1）热机
①定义：把 内能 转化为机械能的机械。
②工作原理：利用内能做功。热机工作时能量的转化过程如下：
燃料的化学能 内能 机械能
③热机的种类：蒸汽机、汽轮机、内燃机、喷气发动机等。
（2）内燃机
①定义：燃料直接在发动机气缸内燃烧产生动力的热机，叫内燃机。
②常见的内燃机：汽油机和柴油机。
（3）汽油机
①工作原理：利用汽油机在气缸内燃烧产生高温高压的燃气来推动活塞做功。
②构造：进气门、排气门、火花塞、气缸、活塞、连杆、曲轴、飞轮等。
③四冲程汽油机的工作示意图
注意：①汽油机的活塞从气缸的一端运动到另一端的过程，叫一个冲程。判断汽油机示意图属于哪个冲程的步骤：第一步，看火花塞是否产生电火花；第二步，看进气门和排气门的开闭情况；第三步，看活塞的运动方向。
气门的开与关 只有一个气门打开 两个气门都关闭
活塞运动方向 活塞向下 活塞向上 活塞向上 活塞向下
冲程名称 吸气冲程 排气冲程 压缩冲程 做功冲程
②四冲程汽油机一个工作循环包括：吸气、压缩、做功、排气四个冲程。压缩冲程将机械能转化为内能，做功冲程将内能转化为机械能，使机械获得动力，实现对外做功。
（4）柴油机
①工作原理：利用柴油在气缸内燃烧所产生的高温高压的燃气来推动活塞做功。
②构造：进气门、排气门、喷油嘴、气缸、活塞、连杆、曲轴、飞轮等。
③柴油机和汽油机对比
项目 汽油机 柴油机
构造 气缸顶部有一个 火花塞 气缸顶部有一个 喷油嘴
燃料 汽油 柴油
一个工作循环 吸气冲程 吸入 汽油和空气 的混合物 只吸入空气
压缩冲程 压缩程度较小（机械能→内能） 压缩程度较大（机械能→内能）
做功冲程 点燃式 （内能→机械能） 压燃式 （内能→机械能）
排气冲程 排出废气
主要特点 轻巧、效率较低 笨重、效率较高
适用范围 小汽车、摩托车等 载重汽车、火车、轮船等
相同点 ①都是燃料在气缸中燃烧 ②汽油机的火花塞与柴油机的喷油嘴的工作时刻都是压缩冲程末 ③都是由吸气、压缩、做功、排气四个冲程构成一个工作循环，活塞往复两次，曲轴转两周，对外做功一次 ④启动时都是靠外力先使曲轴转动起来
注意：对热机工作过程的理解
①一个工作循环包含吸气、压缩、做功、排气等四个冲程，曲轴和飞轮转动2周，对外功做1次。
②在一个工作循环中，只有做功冲程对外做功，其他三个冲程不做功，且靠飞轮的惯性来完成。
③做功冲程为其他三个冲程提供能量；其他三个冲程为做功冲程提供基础。
4.热机的效率
（1）燃料的热值
①定义：把某种燃料完全燃烧放出的热量与其质量之比称为这种燃料的热值。
②数值：等于1kg某种燃料完全燃烧放出的热量。
③单位：焦每千克，即“J/kg”。
④公式：，其中Q示燃料完全燃烧放出的热量，m表示燃料的质量，q表示该燃料的热值。
⑤物理意义：表示燃料完全燃烧时放热本领大小的物理量。
（2）燃料完全燃烧时放出的热量的计算
①固体和液体燃料完全燃烧时放出的热量：Q放=mq。其中Q放表示燃料完全燃烧放出的热量，单位是J；m表示燃料的质量，单位是kg；q表示燃料的热值，单位是J/kg。
②气体燃料完全燃烧时放出的热量：Q放=Vq。其中Q放表示燃料完全燃烧放出的热量，单位是J；V表示燃料的体积，单位是m3；q表示燃料的热值，单位是J/m3。
说明：
①燃料的热值是燃料本身的一种特性，它与燃料的质量以及燃烧条件无关。同种燃料的热值相同，不同种燃料的热值一般不同。
②燃料燃烧越充分，只能说越“接近完全燃烧”，燃烧效果越好，而不能说热值越大。
③只有1 kg某燃料在完全燃烧时放出的热量在数值上才等于这种燃料的热值，如果没有完全燃烧，1 kg该燃料放出的热量在数值上要比其热值小。
（3）热机的效率
①定义：用来做有用功的能量与燃料完全燃烧放出的能量的比叫热机的效率。
②公式：（其中Q有用表示用来做有用功的能量，Q放表示燃料完全燃烧放出的能量。）
③物理意义：热机效率表示了使用热机时对燃料的利用率的高低，因此热机效率是描述热机性能的一个重要指标。例如：两辆相同型号的汽车，以相同的速度行驶相同的路程，耗油少的那辆，效率就比较高。
说明：
由于热机在工作过程中总有能量损失，所以热机的效率总小于1。通常情况下，蒸汽机的效率只有6%~15%，汽油机的效率为20%~40%，柴油机的效率为30%~45%。柴油机的效率比汽油机的效率高，这主要是因为柴油机的构造和工作过程与汽油机有所不同，柴油机在压缩冲程中对气体的压缩程度比汽油机更高。
1.比较不同燃料的热值大小
（1）准备实验器材： 需要准备铁架台、 石棉网、 烧杯、 温度计各两只， 以及适量的水和两种不同的燃料（ 如酒精和汽油） 。
（2）设置实验装置： 按照实验装置图依次将燃料盒、 石棉网、 烧杯、 温度计自下而上固定好。
（3）控制变量： 确保两种燃料的质量相同， 燃烧的时间相同， 加热相同质量的同种液体。
（4）进行实验： 在两个烧杯中倒入质量相同、 初温相同的水； 在燃料盒中倒入质量相等的适量酒精和汽油； 分别点燃酒精和汽油， 加热烧杯内的水， 直到燃料燃尽。 记录数据： 燃料燃尽后， 记录两烧杯内水升高的温度△t。
（5）分析结果： 比较两装置中烧杯内水升高的温度△t， 升高的温度越高， 表明水吸收的热量越多， 进而表明燃料的放热能力越强。
考点1. 能量的转化与守恒
【例题1】（2025 元谋县模拟）既能在地上跑，也能瞬间飞上天空的汽车，在不远的未来将从科幻走入现实。如图所示是一款双人智能电动飞行器，采用封闭式座舱，可以搭载2名乘客，最大载重量为160公斤。不过目前它只适合城市内短途出行需求，因为它的续航时间只有25分钟，最大飞行速度为130km/h。关于智能电动飞行器说法正确的是（ ）
A．飞行器飞行过程中消耗的电能全部转化为机械能
B．飞行器在空中飞行时，总是受到平衡力的作用
C．当飞行器在飞行途中紧急制动减速时，乘客会向前倾，是因为乘客受到惯性的作用
D．飞行器以最大飞行速度飞行，最多能飞行约54km
【答案】D
【解析】（1）飞行器飞行过程中消耗的电能大部分转化为机械能，有一部分电能转化成了内能；
（2）处于非平衡状态的物体受到的力是非平衡力；
（3）物体保持原来运动状态不变的性质叫惯性；
（4）根据速度公式计算飞行器以最大飞行速度飞行时，最多能飞行约距离。
【解答】A、飞行器飞行过程中消耗的电能大部分转化为机械能，有一部分电能需要克服空气阻力做功转化成了内能，故A错误。
B、飞行器在空中飞行时，运动方向和速度大小会发生变化，也就是说有些时候处于非平衡状态，受到非平衡力的作用，故B错误。
C、当飞行器在飞行途中紧急制动减速时，乘客会向前倾，是因为乘客具有惯性，惯性不是力，不能说受到惯性的作用，故C错误。
D、根据v=可得，飞行器以最大飞行速度飞行，最多能飞行距离s=vt=130km/h×h≈54km,故D正确。
故选：D。
【例题2】（2025 山东）2025年1月，中国“人造太阳”——全超导托卡马克核聚变实验装置实现1亿摄氏度高温下1066秒的稳态运行。在核聚变过程中核能转化为内能，但内能却不能自发地转化为核能。说明能量的转化具有 性；在能量转化和转移的过程中，能量的总量保持 。
【答案】方向；不变
【解析】能量既不会创生，也不会消灭，它只能从一种形式转化为另一种形式，或者从一个物体转移到另一个物体，在转化或转移的过程中，能量的总量不变，这就是能量守恒定律。
【解答】在核聚变过程中核能转化为内能，但内能却不能自发地转化为核能，说明能量的转化具有方向性，根据能量守恒定律，在能量转化和转移的过程中，能量的总量保持不变。
故答案为：方向；不变。
考点2. 热机
【例题3】（2025 海州区校级二模）汽油机的一个工作循环有四个冲程，如图所示为汽油机的（ ）
A．压缩冲程 B．吸气冲程 C．做功冲程 D．排气冲程
【答案】A
【解析】判断冲程名称可用口诀：“先看气门开关情，再看活塞上下行；开下吸气开上排，关上压缩关下功”进行分析。
【解答】根据图中冲程中气门关闭，活塞向上移动的特点，可以判断这个冲程是压缩冲程。
故选：A。
【例题4】（2025 厦门三模）从古至今中华民族一直对天空充满憧憬，从嫦娥奔月的想象，到今天国产大飞机C919的成功商飞，我们从未停止对天空的探索。下列关于飞机的相关说法错误的是（ ）
A．飞机的发动机是热机，把内能转化为机械能
B．飞机能在空中飞行是因为受到空气的浮力
C．喷气发动机向后喷气时飞机前进，可知力的作用是相互的
D．以空中飞行的飞机为参照物，地面上的房屋是运动的
【答案】B。
【解析】（1）利用内能做功（将内能转化为机械能）的机械称为热机。
（2）流体流速越大的位置，压强越小。飞机机翼上面受到的压强小，下面受到的压强大，机翼上下有压强差，出现压力差，形成向上的升力。
（3）力是物体对物体的作用，物体间力的作用是相互的。
（4）物体相对于参照物的位置变化了，物体就是运动的；物体相对于参照物的位置不变，物体就是静止的
【解答】A．飞机发动机利用内能做功（将内能转化为机械能），飞机发动机属于热机，故A正确，不符合题意；
B．飞机能在空中飞行是因为受到了升力的作用，而不是浮力，故B错误，符合题意；
C．喷气发动机向后喷气时，气体对飞机施加反作用力推动前进，说明力的作用是相互的，故C正确，不符合题意；
D．以飞行的飞机为参照物，地面房屋位置发生变化，是运动的，故D正确，不符合题意。
考点3. 热机的效率
【例题5】（2025 云南模拟）某同学家用天然气为热水器提供能源。热水器内装有50kg水，将水由20℃加热到40℃，水吸收的热量为 J。该热水器的效率为70%，若天然气完全燃烧，则需要消耗 m3的天然气[c水=4.2×103J/（kg ℃），天然气的热值取4×107J/m3]。
【答案】4.2×106；0.15。
【解析】根据Q吸=c水m（t-t0）求出水吸收的热量；根据效率公式得出天然气完全燃烧放出的热量，根据得出需要消耗天然气的体积。
【解答】
【例题6】（2025 南山区校级一模）如图是国产新能源汽车中的一款插电式混合动力汽车，同时使用电动机和内燃机，其内燃机热效率最高可达43%；此外，其拥有快捷语音助手，可实现车外语音控制自动泊车和开关门等功能。分析该种新能源汽车，不是其提升热机效率的方法有（ ）
A．尽量使用热值大的燃料
B．优化冲程控制，让燃料与空气混合充分，使燃料燃烧得比较完全
C．使用粘度低的机油进而减少热机内部各部件间的摩擦
D．车型设计中，采用高效传动和轻量化车身，进而减重
【答案】A。
【解析】增大热机效率的方法：1.尽量减少各种热损失；2.使燃料完全燃烧，保持良好的润滑；3.减少摩擦损失的能量。
【解答】A．使用热值大的燃料，只是相同质量的燃料可以放出更多的能量，但是不能改变能量的转化率，不能提高热机的效率，故A符合题意；
B．使燃料燃烧的更充分，可以提高能量的利用率，即提高热机效率，故B不符合题意；
C．热机内部的摩擦是额外功产生的最主要的原因，减少摩擦可以提高热机效率，故C不符合题意；
D．减少车本身的自重，可以减少轮胎与地面的摩擦，可以提高热机效率，故D不符合题意。
【演练1】 （2025 武安市二模）为了节约能源，当下的地铁会在进站前的适当位置自动关闭电源，利用惯性继续前行的过程中，车轮带动发电机的线圈转动并产生电能再利用，同时帮助列车减速。下列装置正常工作时主要的能量转化过程与上述情境中地铁“正常行驶时”、“进站前的减速过程”相同的是（ ）
A．电磁起重机、电热水壶 B．电风扇、动圈式话筒
C．太阳能电池、电铃 D．内燃机、发电机
【答案】B
【演练2】 （2025 任丘市模拟）近年来，我国新能源开发利用迅猛发展。关于能源和能量的说法中正确的是（ ）
A．干热岩是地热能中最具有开发潜力的一种可再生的清洁能源
B．光伏发电可以将太阳能全部转化为电能
C．石油、潮汐能、太阳能都属于可再生能源
D．能量的转移是有方向性的，而能量的转化没有方向性
【答案】A
【演练3】（2025 黎城县二模）尊老爱幼是中华民族的传统美德，妈妈生日那天，小梦为妈妈做了一碗面条，有关煮面条过程中涉及的物理知识，下列解释正确的是（ ）
A．锅中冒出的“白气”是水蒸气汽化形成的
B．看到的“白气”是水分子的无规则运动
C．煮面条是通过做功方式使面条内能增加
D．锅盖跳动与热机做功冲程能量转化相同
【答案】D
【演练4】（2025 喀什地区一模）下列动力机械不属于热机的是（ ）
A．中国高铁交流异步牵引电动机
B．052D型导弹驱逐舰燃气轮机
C．歼-20战机涡扇15煤油发动机
D．长征五号火箭液氢液氧发动机。
【答案】A。
【演练5】（2025 常州模拟）我国北方地区冬季用燃煤取暖所造成的大气污染，已越来越引起人们的关注。现在大多数家庭已经改用天然气取暖，以降低对大气的污染。小明家的住房面积约110m2，若将住房的门窗关闭好，用天然气燃烧取暖，并使室温升高10℃，已知天然气的热值为4.4×107J/kg。空气的密度约为1.3kg/m3，空气的比热容为1.0×103J/（kg ℃），所需的天然气约为（ ）
A．0.01kg B．0.1kg C．1kg D．10kg
【答案】B
【演练6】（2025 鹤壁一模）涡轴-9发动机“玉龙”是我国完全自主研发的直升机涡轴发动机，其大致工作过程是：空气通过进气道进入压气机，被压气机压缩后进入燃烧室与燃料混合，燃料在燃烧室燃烧后，产生的高温高压气体推动涡轮转动，从而输出动力。该发动机工作过程中的相关说法正确的是（ ）
A．燃烧室中燃料燃烧越充分，发动机的工作效率越低
B．燃烧室中燃料和压缩空气混合后，燃料的热值不变
C．空气通过进入压气机被压缩，空气的内能将会减小
D．直升机升空的主要原理是流体流速大的地方压强小
【答案】B
1.能量的转化与转移
（1）能量的转化和转移的本质是不同的，“转化”是指能量由一种形式变为另一种形式；“转移”只是能量由一个物体传递到另一个物体，能量的形式不变。
（2）有能量转化时，必定会有一种形式的能量减少，另一种形式的能量增加。
（3）要明白消耗能量、利用能量或获得能量的过程就是能量的相互转化和转移的过程，能在具体情景中分析能量形式的转化例。
2.热机
（1）判断机械是否是热机，要从能量转化的角度来判断。例如：电动机是将电能转化为机械能，不属于热机。
（2）四冲程内燃机工作时飞轮的转数与做功次数和工作循环的个数的关系：
一个工作循环=四个冲程=曲轴、飞轮转动两周=活塞往复运动两次=对外做功一次=两次能量转化。
（3）汽油柴油机异同，关键先看气缸顶，汽油机用火花塞，柴油机用喷嘴油，汽油压末塞点火，柴油压末喷油雾。
3.热机的效率
（1）对于热机效率可与机械效率进行对比理解，热机效率是衡量热机性能好坏的一个重要参数，要提高热机的效率就是要提高热机用来做有用功的能量与燃料完全燃烧放出的能量之比，并且热机的效率总小于1．
（2）提高热机效率的方法：
①改善燃烧条件 ；
②减少摩擦损失 ；
③充分利用废气能量 ；
④减少热量损失 ；
⑤采用先进技术 。
（3）只有当燃料完全燃烧时，才能用Q=qm或Q=qV计算其放出的热量。
（满分100分，答题时间60分钟，根据下面给出的试题答案与解析自测自评）
一．选择题（本大题10个小题，各2分，共20分）
1．（2025 揭阳一模）在科幻大片《流浪地球》中有这样一个场景：主人公为帮助地球脱离木星的吸引，点燃了木星上的可燃气体，从而将地球推离木星。以下与推离过程中能量转化方式相同的是（ ）
A． B． C． D．
2．（2025 万山区三模）在2025年春节联欢晚会上，人形机器人与舞蹈演员配合表演了创意融合舞蹈《秧BOT》节目，展现了现代科技与传统艺术的完美融合，如图所示。下列有关说法正确的是（ ）
A．机器人行走时与舞台之间没有摩擦
B．机器人行走时将内能转化为机械能
C．手绢抛出后能向上运动是由于具有惯性
D．匀速转动的手绢运动状态不会发生变化
3．（2025 高州市模拟）初中物理中，我们学习过机械能、电能、内能等形式的能量，关于能量转化和转移，下列说法正确的是（ ）
A．篮球落地后被弹起的过程，主要是在动能和重力势能之间的转化
B．陨石穿过大气层时，与空气摩擦发光发热，是内能转化为机械能的过程
C．炒菜的过程中主要是通过做功的方式改变了菜的内能
D．能量的转化和转移是有方向性的
4．（2025 雁塔区模拟）中国航天把月球载人探测器命名为“揽月”，下列技术适用于宇航员在太空中应用的是（ ）
A．声呐定位 B．红外遥感 C．风力发电 D．热机驱动
5．（2025 定边县模拟）2024年4月24日是第九个“中国航天日”。物理社团的涵涵制作了水火箭，如图是水火箭的简易原理图。使用打气筒向水火箭内不断打气，当内部气体压强增大到一定程度时，会使水从水火箭中向下喷出，从而使水火箭升空。以下说法错误的是（ ）
A．打气时，水火箭内部空气的内能增大
B．水火箭头部做成流线型是为了减小空气阻力
C．水向下喷出会使水火箭升空是由于力的作用是相互的
D．打气筒打气时能量转化过程与汽油机的做功冲程相同
6．（2025 驻马店三模）位于河南省南召县的天池抽水蓄能电站已全部投产发电，如图是其工作示意图，用电低峰时，电动机利用多余电能将水提升至高处；用电高峰时，水下降带动发电机发电。下列说法正确的是（ ）
A．用电高峰时，将电能转化为机械能
B．用电低峰时，将机械能转化为电能
C．上水库的高度一定，其容积越大，可储存的电能越多
D．电动机消耗的电能和发电机输出的电能完全相等
7．（2025 鼓楼区三模）如图所示，用完全相同的装置加热液体。已知燃料的质量、烧杯内的液体质量、加热方式均相同。不计热损失，将燃料点燃直至燃尽，三个烧杯中液体升高的温度随时间变化的图像如丁所示，则下列说法正确的是（ ）
A．仅用乙、丙两图可以比较不同燃料的热值
B．甲、丙装置中的液体在0﹣t内吸收的热量之比为2：1
C．a、b两种液体的比热容之比为1：2
D．燃料1和燃料2的热值之比为3：2
8．（2025 新吴区一模）小张用相同的酒精灯分别对质量均为200g的水和甲液体进行加热，8min内各消耗酒精4g，用得到的实验数据绘制出了如图所示的图像。若单位时间内两液体吸收的热量相等，酒精的热值为3×107J/kg，水的比热容为4.2×103J/（kg ℃），则下列说法正确的是（ ）
A．升高相同温度时，水和甲液体吸收的热量相等
B．甲液体在4min内吸收的热量为1.2×105J
C．甲液体的比热容为2.4×103J/（kg ℃）
D．酒精灯的加热效率为21%
9．（2025 青羊区校级模拟）小叶通过查阅资料了解到，甘油和水可以调配出一般意义上汽车防冻液，她很想了解一下甘油的吸热能力。在老师的指导下，她用酒精灯分别加热了质量为100g、初温为20℃的甘油和水，记录的相关数据如下表所示。若单位时间内甘油吸收的热量和水吸收的热量相等，酒精的热值为3×107J/kg，水的比热容为4.2×103J/（kg ℃），则下列说法中。正确的是（ ）
加热时间/minn 消耗酒精/g 末温/℃
水 4 2 80
甘油 8 4 230
A．加热相同时间，甘油消耗的酒精更多
B．水消耗的酒精完全燃烧放出的热量为1.2×105J
C．甘油的比热容为2.4×103J/（kg ℃）
D．该酒精灯的加热效率约为35%
10．（2025 三元区校级模拟）有甲、乙两种不同的燃料，甲燃料的质量为2kg，乙燃料的质量为1kg，当甲、乙温度都升高1℃，吸收的热量如图a所示；甲、乙的燃料完全燃烧后放出的热量如图b所示，则下列说法正确的是（ ）
A．甲燃料的比热容等于乙的比热容
B．甲燃料的热值大于乙的热值
C．甲、乙物体温度都降低1℃，甲、乙放出的热量一样多
D．相同质量的甲、乙燃料完全燃烧，甲放出的热量比乙的多
二．填空题（本大题10小题，每空1分，共20分）
11．（2025 淮南模拟）我国太空电站于2025年3月试验成功。太空电站距离地面高度约为3.6km，需要通过火箭推送完成。当太空电站发电时，是将 （填“卫星的机械能”或“太阳能”）转化为电能。
12．（2025 市中区校级四模）汽油机是热机的一种，如图甲所示是一台单缸四冲程汽油机工作状态示意图，由图可以看出，此时它正处在 冲程，其能量转化情况与 （选填“乙”或“丙”）图相同，如果此汽油机每秒内对外做功20次，则汽油机每秒内完成 个冲程。
13．（2025 武冈市模拟）为迎接第五届湖南省旅游发展大会，城市正在改善旅游环境，修建星级酒店。星级酒店的观光电梯利用 能工作，小芳乘坐观光电梯观看电梯外的美景，她判断观光电梯上行或下行的方法是 （填写一种方法即可）。
14．（2025 恩施市模拟）重力储能是一种新型储能方式，它通过提升或放下重物实现能量的储存或释放，能量转化过程如图1所示，空白处的能量形式是 。在重力储能提升重物的过程中使用类似图3的装置是为了 （选填“省力”、“省功”或“省距离”）。
15．（2025 望花区模拟）抽水蓄能电站利用电力负荷低谷时的电能抽水至上水库，在电力负荷高峰期再放水至下水库发电的水电站。它可将电网负荷低时的多余电能转变为电网高峰时期的高价值电能。将水抽至上水库时，水的 能增大，在用电高峰时转化为电能。这个过程中能量的总量是 的。
16．（2025 丰润区二模）国家推动天然气的使用有助于推进2060年前实现碳中和的目标，小明用天然气灶将质量为2kg，初温为25℃的水加热到95℃，水吸收的热量是 J；若此过程的热效率为40%，则此过程消耗天然气 m3。[水的比热容为4.2×103J（/kg ℃），天然气热值为4.2×107J/m3]
17．（2025 哈尔滨校级三模）小聪一家三口使用天然气做饭、洗澡，某月消耗30m3天然气，这些天然气完全燃烧放出的热量是 J。某次洗澡完全燃烧0.42m3天然气，放出的热量使质量为100kg的水温度升高了24℃，则该天然气热水器的热效率是 。[天然气的热值为3×107J/m3，水的比热容为4.2×103J/（kg ℃）]
18．（2025 凤城市一模）汽车行驶中，是在四冲程汽油机的 冲程获得动力，如突然摇下车窗，车内的遮阳帘会被“吸”向窗外，这是因为车窗外空气流速大，压强 。
19．（2025 西丰县模拟）柴油机是除雪车的主要动力设备，如图所示，若该车的质量为9t，车以10km/h的速度匀速直线行驶除雪时，受到的平均阻力为4.6×104N。某次除雪过程中，该车匀速行驶24min。除雪车的牵引力在这段路程中做的功为 J；若此过程中消耗柴油10kg，除雪车的效率为 。（假设柴油完全燃烧，柴油的热值q柴油＝4.6×107J/kg）
20．（2025 道里区一模）如图，是我国古代的取火器模型图，把推杆迅速推入牛角套筒时，套筒内空气被压缩，空气的内能 （选填“增大”或“减小”）。随后，推杆前端的艾绒立刻燃烧起来，推杆又被推动到原来的位置，此过程与内燃机工作的 冲程相似。
三．实验探究题（本大题1小题，共10分）
21．（2024秋 广信区期末）在探究比热容和热值大小的实验中，如图所示，甲、乙、丙三图中的装置完全相同，燃料的质量都是10g，烧杯中两种液体的密度不同。
（1）在烧杯中分别装入 相等的两种液体（选填“质量”或“体积”）；
（2）若要比较不同物质的吸热本领：
①应选择 两图进行实验；
②该实验是通过比较 来间接反映液体吸收热量的多少（选填“升高的温度”或“加热时间”）；
③冬天，小华想自制一个暖手袋，若只能从A或B中选一种液体装入暖手袋中作为供热物质（使用过程中温度不容易降低），由图丁可知，应选择 （A或者B），若该种液体为水，则另一种液体的比热容是 J/（kg ℃）。[已知水的比热容为4.2×103J/（kg ℃）]
（3）若要比较不同燃料的热值：
应选择 两图进行实验；为了比较燃料1和燃料2的热值，应该在燃料完全燃烧后，通过比较 来得出结论（选填“温度计示数的变化量”或“加热时间”）。
四．综合应用题（本大题5小题，各10分，共50分）
22．（2025 肥城市三模）如图所示是一款远程无人驾驶清扫车，自动驾驶时使用雷达传感器以及激光测距器来了解周围的交通状况，该款车以10m/s的速度在一段平直的公路上匀速行驶5min，消耗汽油0.3kg，已知清扫车行驶过程中的牵引力为1350N，汽油的热值为4.5×107J/kg。求：
（1）0.3kg汽旅完全燃烧放出的热量；
（2）在此过程中清扫车发动机的效率。
23．（2025 花垣县模拟）如图所示是某新型观光游船，在某次航行中，游船在水上匀速行驶5km用时30min，行驶过程中游船受到的平均阻力为1.0×104N。发动机共消耗柴油2.5kg。求：（q柴油＝4.3×107J/kg）
（1）游船行驶的平均速度为 km/h；
（2）行驶过程中游船克服阻力做的功是多少？
（3）发动机的热机效率是多少？（结果精确到0.1%）
24．（2025 封丘县模拟）诗句“锄禾日当午，汗滴禾下土。谁知盘中餐，粒粒皆辛苦”描述了农民辛勤劳作的情景，勉励我们日常生活中要节约粮食。随着科技的发展，利用无人机技术监测农作物生长、喷洒农药，大大减轻了农民的工作负担，提高了农业生产的效率。机械迷小华对无人机进行了项目化研究。
（1）喷洒农药功能
如图所示，喷洒作业时，以无人机为参照物，田里的小麦是 （选填“运动”或“静止”）的；沿水平直线匀速喷洒农药的过程中，无人机的动能 （选填“增大”“减小”或“不变”）。
（2）对地面的压强
喷洒完农药后，无人机静止在水平地面时对地面的压强为2.5×104Pa，与地面的总接触面积为80cm2，则无人机的质量是多少？（g取10N/kg）
（3）汽油机的效率
在某次喷洒农药作业时，无人机以2m/s的速度和9kW的恒定功率沿水平方向匀速直线飞行，为了覆盖一片面积为1000m2的小麦田，无人机消耗汽油0.1kg，则无人机的汽油机的效率是多少？（假设无人机的喷洒宽度为5m，q汽油＝4.5×107J/kg）
25．（2025 雁塔区模拟）新型油电混动汽车的能量回收系统的工作原理是将车辆制动时的动能转化为电能，并给动力电池充电，动力电池又将部分能量通过电动机向车轮运送。为测试某总重为1.5×104N的汽车能量回收系统的性能，测试员先让汽车正常行驶，然后关闭发动机，分别测出开启和关闭发电机的两种情况下，汽车通过的路程s与对应的速度v，计算出动能EK，并画出了动能EK随路程s变化的图像如图所示。
（1）由图像可知，表示开启发电机进行测试的图线是 （选填“①”或“②”）。
（2）已知测试车辆的耗油量为7kg/100km，（指汽车正常行驶100km消耗的燃油质量为7kg），测试过程中，汽车正常行驶10km，消耗的燃油完全燃烧产生的热量为2.94×107J，则燃油的热值为多少？
（3）汽车的储能效率是指汽车正常行驶时关闭发动机，直至汽车停止的过程中，通过发电机将动能转化为电能并储存在动力电池的效率。若该汽车的储能效率为60%，测试中汽车正常行驶的总动能为EK＝3.75×105J。关闭发动机，同时发电机开始工作直至汽车停下来，可回收多少电能？
（4）汽车重新启动加速后，若采用纯电动模式在平直公路上匀速行驶，其蓄电池的电能转化为机械能的效率为80%，所受阻力为车总重的0.1倍，则该汽车可利用刚刚回收的电能前进多少米？
26．（2025 西安一模）燃气热水器是一种方便、快捷且不受天气影响的洗浴设备。某款燃气热水器的结构和工作原理示意图如图所示。使用时先通电，绿色指示灯亮，再打开冷水阀和燃气管上的燃气阀；然后打开热水阀，电子点火器点火红色指示灯亮，燃气在燃烧器内燃烧，产生1700℃的高温烟气，同时风机工作，高温烟气上升，流经热交换器，将从A点处流入热交换器的冷水加热，产生的热水从B点处源源不断地流出热交换器，低温烟气从排烟管排出。关闭热水阀时，热水器停止加热。
（1）排烟管利用风扇加快气体流动速度，排烟管内气体的压强 （选填“大于”或“等于”）烧烧室内气体的压强，使烟气只从排烟管流出；
（2）某次洗浴过程中，热交换器在15min内将体积为200L的水的温度升高30℃，则水吸收的热量是多少？[，]
（3）在（2）中的洗浴过程中，该燃气热水器的耗气量（热水器正常工作1h消耗的燃气体积）为3.6m3/h。该燃气热水器铭牌上标注二级能效，请你通过计算判断该标注是否正确。（能效等级根据热效率来划分，其中三级能效的热效率大于或等于84%，二级能效的热效率大于或等于89%，一级能效的热效率大于或等于98%；燃气的热值为3.0×107J/m3）
参考答案与试题解析
一．选择题（共10小题）
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 B C D B D C C D C C
一．选择题（共10小题）
1．【答案】B
【分析】内燃机的做功冲程将高温高压的燃气内能转化为机械能。
【解答】解：科幻大片《流浪地球》中，点燃木星上的可燃气体将地球推开，此过程内能转化为机械能，相当于内燃机的做功冲程；
A中两个气门关闭、活塞上行，为压缩冲程；B中两个气门关闭，活塞下行，为做功冲程；C中进气门打开、排气门关闭，活塞下行，为吸气冲程；D中进气门关闭、排气门打开，活塞上行，为排气冲程，故B正确。
故选：B。
2．【答案】C
【分析】（1）摩擦力产生条件：两物体相互接触并挤压，有相对运动或相对运动趋势，接触面粗糙程度；
（2）分析能量转化时，就看什么能量减少了，什么能量增加，总是减少的能量转化为增加的能量；
（3）一切物体都有保持原来运动状态不变的性质，叫惯性；
（4）物体运动状态的变化包括：①速度大小的改变；②运动方向的改变。只要其中的一个发生了变化，我们就说物体的运动状态发生了改变。
【解答】解：A．机器人在行走时，与地面之间有相对运动趋势，受到地面的摩擦力，故A错误；
B．机器人行走时，消耗电能，获得了机械能，所以是将电能转化为机械能，故B错误；
C．手绢抛出后能向上运动，是因为手绢具有惯性，要保持原来向上的运动状态，故C正确；
D．匀速转动的手绢，其运动方向在不断变化，而运动状态包括速度大小和运动方向，所以运动状态发生了变化，故D错误。
故选：C。
3．【答案】D
【分析】（1）影响动能大小的因素：质量、速度，质量越大，速度越大，动能越大；影响重力势能大小的因素：质量、被举的高度。质量越大，高度越大，重力势能就越大；物体由于发生弹性形变而具有的能，叫弹性势能；
（2）克服摩擦做功，将内能转化为机械能；
（3）改变物体内能方式有两种：做功和热传递，做功的实质是能量的转化，热传递的实质是能量的转移；
（4）能量的转化和转移具有方向性。
【解答】解：A、篮球落地后被弹起的过程，主要是在动能、重力势能和弹性势能之间转化，故A错误；
B、陨石穿过大气层时，与空气摩擦发光发热，是机械能转化为内能的过程，故B错误；
C、炒菜的过程是通过热传递的方式改变物体内能的，故C错误；
D、能量的转化和转移是具有方向性的，故D正确。
故选：D。
4．【答案】B
【分析】（1）声音的传播需要介质，真空不能传声；
（2）红外线的作用和用途：根据红外线的热作用比较强制成热谱仪、红外线夜视仪、红外线体温计等；红外线可以传递信息，可以进行遥控制成电视、空调遥控器等；
（3）利用内能做功的机器属于热机。
（4）热机是利用内能转化为机械能来工作的，需要有工质在热机内进行循环。
【解答】解：A.声呐定位：声呐是利用声波在水中传播来进行定位、探测等的技术。而在太空中是真空环境，没有传播声音的介质，声波无法传播，所以声呐定位技术不适用于太空环境，故A不符合题意。
B.红外遥感：任何温度高于绝对零度（﹣273.15℃）的物质都可以发出红外光。在太空中，红外遥感技术可以用于探测星球表面的温度分布、地质结构等信息，也可以用于监测航天器自身的状态以及周围空间环境中可能存在的物体，适用于宇航员在太空中应用，故B符合题意。
C.风力发电：太空环境中没有空气，也就不存在风，所以无法利用风力发电，故C不符合题意。D.热机驱动：热机是利用内能转化为机械能来工作的，需要有工质在热机内进行循环。在太空中，没有大气作为工质，而且热机工作时会产生大量的热量，在太空这种散热条件较差的环境中，热机的散热问题很难解决，所以热机驱动技术一般不适用于太空环境，故D不符合题意。
故选：B。
5．【答案】D
【分析】（1）做功可以改变物体的内能，物体对外做功，内能减少，外界对物体做功用，内能增加；
（2）从减小阻力的方面分析；
（3）物体间力的作用是相互的；
（4）汽油机的压缩冲程中，机械能转化为内能。
【解答】解：AD、向打气筒内打气的过程是机械能转化为内能，使得水火箭内部空气的内能变大；汽油机的压缩冲程中机械能转化为内能；能量转化方式是相同的，故A正确、D错误；
B、水火箭头部做成流线型，可以减小空气阻力，故B正确；
C、水火箭向下喷水，给水一个向下的力，由于物体间力的作用是相互的，水给水火箭一个向上的力，使水火箭升空，故C正确。
故选：D。
6．【答案】C
【分析】AB、用电高峰时水下降带动发电机发电，机械能转化为电能，用电低峰时，电动机将水提升至高处，电能转化为机械能。
C、动能与质量和速度有关；重力势能与质量和高度有关，结合能的转化和转移分析。
D、电动机运行过程中会有部分能量损耗，电动机消耗的电能和发电机输出的电能不会完全相等。
【解答】解：A、用电高峰时水下降带动发电机发电，机械能转化为电能，故A错误；
B、用电低峰时，电动机将水提升至高处，电能转化为机械能，故B错误；
C、容积越大，可储存的水量越大，高度一定时，重力势能越大，储存的电能越多，故C正确；
D、电动机运行过程中会有部分能量损耗，故D错误。
故选：C。
7．【答案】C
【分析】（1）比较不同燃料的热值，需要控制被加热的液体种类相同，燃料种类不同；
（2）加热装置相同，相同时间内放出的热量相同；
（3）根据Q吸＝cmΔt，在质量和吸收热量相同的情况下，比热容与温度变化量成反比；
（4）从图丁中读出数据，运用公式Q放＝qm和Q吸＝cmΔt可求出两燃料的热值之比。
【解答】解：A、比较不同燃料的热值，需要控制被加热的液体种类相同，燃料种类不同；由乙、丙两图可知，燃料种类不相同，液体种类也不同，所以仅用乙、丙两图不能比较不同燃料的热值，故A错误；
B、加热装置相同，相同时间内放出的热量相同，甲、丙装置中的液体在0﹣t内加热时间相同，所以吸收的热量相同，即甲、丙装置中的液体在0﹣t内吸收的热量之比为1：1，故B错误；
C、根据Q吸＝cmΔt，在质量和吸收热量相同的情况下，比热容与温度变化量成反比；甲、丙中液体质量相同，加热相同时间吸收热量相同，甲中液体升高的温度是丙中液体升高温度的2倍，所以a、b两种液体的比热容之比为1：2，故C正确；
D、由图丁可知，燃料燃烧完时，燃料1燃烧了tmin，燃料2燃烧了2tmin，且甲图中液体温度变化量为2T0，乙图中液体温度变化量为1.5T0，实验中忽略热量的散失，且两杯液体的质量、比热容均相同，则由公式Q吸＝cmΔt可得，二者放出的热量之比为：
，
燃料的质量相同，由公式Q放＝qm可得，燃料1与燃料2的热值之比为：
，解得：q1：q2＝4：3，即燃料1和燃料2的热值之比为4：3，故D错误。
故选：C。
8．【答案】D
【分析】（1）由图知，8min内，水的初温、末温，利用Q吸＝cmΔt计算水吸收的热，可求4min内水吸收的热量；由题知，单位时间内另一种液体吸收的热量与水吸收的热量相等，可再推算另一种液体4min内吸收的热量；
（2）由图知，4min内，甲液体的初温、末温，求出了水吸收的热量，知道甲液体的质量，利用Q吸＝cmΔt计算甲液体的比热容；
（3）质量相同的不同液体（水的比热容大于甲的比热容），由Q吸＝cmΔt可知，高相同的温度，比热容大的，吸收热量较多；
（4）先利用Q放＝qm计算酒精灯完全燃烧放出的热量，酒精灯的加热效率等于水吸收的热量与酒精完全燃烧放出热量的比值。
【解答】解：B、由图知，8min内，水的初温为10℃、末温为40℃，水吸收的热量：
Q吸＝c水m水Δt水＝4.2×103J/（kg ℃）×0.2kg×（40℃﹣10℃）＝2.52×104J，
4min内，水吸收的热量为：Q吸′Q吸2.52×104J＝1.26×104J，
由题知，单位时间内另一种液体吸收的热量与水吸收的热量相等，所以甲液体吸收的热量也是1.26×104J，故B错误；
C、由图知，4min内，甲液体的初温为20℃、末温为50℃，由Q吸＝cmΔt可得：
c甲2.1×103J/（kg ℃），故C错误；
A、水和甲液体的质量相同，水的比热容大于甲的比热容，由Q吸＝cmΔt可知，两液体升高相同的温度，比热容大的水，吸收热量较多，故A错误；
D、消耗酒精4g放出的热量：
Q放＝qm酒精＝3×107J/kg×4×10﹣3kg＝1.2×105J，
酒精灯的加热效率：η100%＝21%，故D正确。
故选：D。
9．【答案】C
【分析】（1）根据表格中的数据进行判断；
（2）根据Q放＝mq算出水消耗的酒精完全燃烧放出的热量；
（3）由于单位时间内甘油吸收的热量与水吸收的热量相等，求得8min内甘油吸收的热量，再计算甘油的比热容；
（4）根据Q吸＝cmΔt算出4min内水吸收的热量，由η100%算出酒精灯的加热效率
【解答】解：A、由表格中的数据知，加热相同时间，甘油和水消耗的酒精一样多，故A错误；
B、酒精燃料完全燃烧放出的热量为：Q放＝m酒精q酒精＝2×10﹣3kg×3×107J/kg＝6×104J，故B错误；
C、由于单位时间内甘油吸收的热量与水吸收的热量相等，所以8min内甘油吸收的热量也为Q油吸＝2Q水吸＝5.04×104J；由Q油吸＝c油m油Δt油知，甘油的比热容：c油2.4×103J/（kg ℃），故C正确；
D、4min内水吸收的热量为：Q水吸＝c水mΔt水＝4.2×103J/（kg ℃）×100×10﹣3kg×（80℃﹣20℃）＝2.52×104J，酒精灯的加热效率为：η100%100%＝42%，故D错误。
故选：C。
10．【答案】C
【分析】（1）质量为1kg的某种物质，温度升高（或降低）1℃所吸收（或放出）的热量，叫做这种物质的比热容，根据比热容的定义计算出比热容判断大小；
（2）1kg某种燃料完全燃烧放出的热量叫这种燃料的热值，根据热值的定义比较热值大小；
（3）知道比热容大小关系，m甲＝2m乙，都降低1℃，利用Q放＝cmΔt可得放出的热量的大小关系；
（4）知道热值大小关系，由Q放＝mq可知，相同质量的甲、乙燃料完全燃烧放出的热量大小关系。
【解答】解：
A、由图a知，甲、乙升高相同的温度，吸收相同的热量，m甲＝2m乙，由c可知，c甲c乙，即：甲的比热容小于乙的比热容，故A错误；
B、m甲＝2m乙，完全燃烧后甲、乙产生的热量Q甲：Q乙＝4×107J：3×107J＝4：3，由q可知，q甲：q乙2：3，即：甲的热值小于乙的热值，故B错误；
C、c甲c乙，m甲＝2m乙，都降低1℃，由Q放＝cmΔt可知，放出的热量相等，故C正确；
D、甲的热值小于乙的热值，由Q放＝mq可知，相同质量的甲、乙燃料完全燃烧放出的热量，Q甲＜Q乙，故D错误。
故选：C。
二．填空题（共10小题）
11．【答案】太阳能。
【分析】能量转化的过程中，必定有一种能量减少，另一种能量增加；分析能量转化时，就看什么能量减少了，什么能量增加，总是减少的能量转化为增加的能量。
【解答】解：当太空电站发电时，消耗了太阳能，获得了电能，所以是将太阳能转化为电能。
故答案为：太阳能。
12．【答案】见试题解答内容
【分析】（1）内燃机的四个冲程有吸气冲程、压缩冲程、做功冲程、排气冲程，判断冲程名称可用口诀：“先看气门开关情，再看活塞上下行；开下吸气开上排，关上压缩关下功”进行分析。
（2）改变物体内能的方式有热传递和做功两种。做功改变物体内能的实质是能量的转化，具体来说是内能和机械能的相互转化。对物体做功，物体的内能增加，温度升高；物体对外做功，物体的内能减少，温度降低。
（3）四冲程内燃机曲轴转一圈，完成2个冲程，1个工作循环中包括4个冲程并对外做功1次。
【解答】解：（1）两个气门都关闭，活塞向下运动，因此是做功冲程；
（2）乙图对试管中的水加热，加快水的蒸发，使试管中水的内能增大，体积膨胀，对外做功，使塞子飞出去，内能转化为塞子的机械能。
丙图是用力将活塞压下，活塞对空气做功，空气的内能增大，温度升高，达到了棉花的着火点，棉花就会燃烧。是通过对物体做功来增大物体内能的，即是将机械能转化为内能的过程。
因此与做功冲程原理相同的是乙实验。
（3）汽油机每秒内对外做功20次，完成了80个工作冲程，每分钟做1200次功，飞轮转2400圈，因此飞轮的转速为2400r/min，
故答案为：做功；乙；80。
13．【答案】电；观看外面固定的建筑或景物，看到建筑上升了，说明电梯在下行，若建筑物下降，说明电梯上升（合理即可）。
【分析】用电器可以将电能转化为其他形式的能；在研究物体的运动和静止时，要看物体的位置相对于参照物是否发生改变，若改变，则是运动的，若不改变，则是静止的。
【解答】解：观光电梯的主要部件是电动机，电动机通电转动，消耗电能，转化为机械能。
根据运动和静止的相对性，观察外面固定的建筑物，若建筑物上升，说明电梯下行，若建筑物下降，说明电梯上升。
故答案为：电；观看外面固定的建筑或景物，看到建筑上升了，说明电梯在下行，若建筑物下降，说明电梯上升（合理即可）。
14．【答案】机械能；省力。
【分析】（1）机械能包括动能和势能；
（2）固定在一个位置转动而不移动的滑轮叫定滑轮。定滑轮不能省力，但是能改变力的方向；可以随着重物一起移动的滑轮叫做动滑轮。动滑轮能省力，但是不能改变力的方向。
【解答】解：（1）重物被提升，高度增大，重力势能增大，所以机械能增大，因此将电能转化为机械能储存起来。
（2）图中滑轮可以随着重物一起移动，为动滑轮，所以在重力储能提升重物的过程中使用类似图3的装置是为了省力。
故答案为：机械能；省力。
15．【答案】重力势；守恒。
【分析】重力势能与质量和高度有关，能的转化与转移时，遵循能量守恒定律。
【解答】解：重力势能与质量和高度有关，将水抽至上水库时，质量不变，高度增大，水的重力势能增大；在用电高峰时转化为电能。这个过程中能量的总量是守恒的。
故答案为：重力势；守恒。
16．【答案】5.88×105；0.035。
【分析】（1）知道水的比热容、质量、初温度和末温度，利用Q吸＝cm（t﹣t0）求出水吸收的热量；（2）根据η变形公式求天然气完全燃烧放出的热量；根据Q放＝Vq变形公式求出烧这些水需要天然气的体积。
【解答】解：（1）水吸收的热量为：
Q吸＝c水m（t﹣t0）＝4.2×103J/（kg ℃）×2kg×（95℃﹣25℃）＝5.88×105J；
（2）由可得，天然气完全燃烧放出的热量为：，
由Q放＝Vq可得，需要燃烧的天然气的体积为：
。
故答案为：5.88×105；0.035。
17．【答案】9×108；80%
【分析】根据Q放＝Vq得出这些天然气完全燃烧放出的热量；
某次洗澡完全燃烧0.42m3天然气，根据Q放1＝V1q得出天然气完全燃烧放出的热量，根据吸热公式得出水吸收的热量，根据效率公式得出该天然气热水器的热效率。
【解答】解：天然气完全燃烧放出的热量Q放＝Vq＝30m3×3×107J/m3＝9×108J
某次洗澡完全燃烧0.42m3天然气，天然气完全燃烧放出的热量Q放1＝V1q＝0.42m3×3×107J/m3＝1.26×107J
水吸收的热量为Q吸＝cmΔt＝4.2×103J/（kg ℃）×100kg×24℃＝1.008×107J
该天然气热水器的热效率。
故答案为：9×108；80%。
18．【答案】见试题解答内容
【分析】（1）四冲程汽油机中，只有做功冲程对外输出功；
（2）流体压强与流速的关系是：流体流速越快的地方压强越小。
【解答】解：
在汽油机的四个冲程中，只有做功冲程可以使汽车获得动力；
因为汽车行驶时，车外的空气流速大、压强小；车内的空气流速小、压强大。车内的气压大于车外的气压，压强差就把窗帘压向车外。
故答案为：做功；小。
19．【答案】1.84×108；40%。
【分析】（1）除雪车匀速行驶时，牵引力与受到的阻力是一对平衡力，根据二力平衡条件可知牵引力大小，利用速度公式求出除雪车行驶的路程，利用W＝Fs求出除雪车牵引力在这段路程中所做的功；
（2）利用Q放＝mq求出柴油完全燃烧放出的热量，利用效率公式求出除雪车的效率。
【解答】解：（1）除雪车匀速行驶时，牵引力与受到的阻力是一对平衡力，根据二力平衡条件可知，牵引力F牵＝f＝4.6×104N，
由v可知，除雪车行驶的路程：s＝vt＝10km/hh＝4km＝4×103m，
除雪车牵引力在这段路程中所做的功：W＝F牵s＝4.6×104N×4×103m＝1.84×108J；
（2）柴油完全燃烧放出的热量：Q放＝m柴q柴＝10kg×4.6×107J/kg＝4.6×108J，
除雪车的效率：η100%100%＝40%。
故答案为：1.84×108；40%。
20．【答案】增大；做功。
【分析】把推杆迅速推入牛角套筒时间较短，气体来不及吸、放热，主要是外力对气体做功，气体内能增加，温度升高。推杆前端的艾绒立刻燃烧起来，推杆又被推动到原来的位置，此过程与内燃机工作的做功冲程相似。
【解答】解：把木制推杆迅速推入牛角套筒时，杆前端的艾绒燃烧起来，这是通过做功的方式，使筒内空气的内能增大，则温度升高，达到艾绒的着火点，使艾绒燃烧；
推杆前端的艾绒立刻燃烧起来，推杆又被推动到原来的位置，内能转换为机械能，此过程与内燃机工作的做功冲程相似。
故答案为：增大；做功。
三．实验探究题（共1小题）
21．【答案】（1）质量；
（2）甲、丙；加热时间；B；2.1×103；
（3）甲、乙；温度计示数的变化量。
【分析】（1）根据控制变量法可知，为了比较热值大小要用不同的燃料，加热同一种液体，让液体的质量相同，通过温度计的示数高低得出吸热多少；为了比较两种液体的比热容，需要燃烧相同的燃料，加热不同的液体，让液体的质量和温度的变化相同；
（2）①为了比较两种液体的比热容，需要燃烧相同的燃料，加热不同的液体，让液体的质量和温度的变化相同，通过比较加热时间，进而判断两种比热容的大小关系；
②该实验是通过比较加热时间来间接反映液体吸收热量的多少，相同时间内，两种液体吸收的热量相同；
③因质量相等、初温相等的A和B两种液体，在升高相同温度时，B加热时间长，吸热多，B的吸热能力强，比热容大，根据Q＝cmΔt，质量相同的A、B液体降低相同的温度，B放热多，效果好；
由于水的比热容较大，所以B为水，根据，在质量和升高温度相同的情况下，吸收的热量与比热容成正比，由图丁可知，升高相同的温度（从10℃升高到80℃），A的加热时间是10min，B的加热时间是20min，B吸收的热量是A吸收热量的两倍；
（3）为了比较不同燃料的热值大小，根据控制变量法，要用不同的燃料，加热同一种液体，让液体的质量相同，通过温度计的示数高低得出吸热多少，进而判断热值大小；
【解答】解：
（1）根据控制变量法可知，为了比较热值大小要用不同的燃料，加热同一种液体，让液体的质量相同，通过温度计的示数高低得出吸热多少；为了比较两种液体的比热容，需要燃烧相同的燃料，加热不同的液体，让液体的质量和温度的变化相同，通过比较加热时间判断两种比热容的大小关系；因此在烧杯中分别装入质量相等的两种液体；
（2）①为了比较两种液体的比热容，需要燃烧相同的燃料，加热不同的液体，让液体的质量和温度的变化相同，通过比较加热时间，进而判断两种比热容的大小关系，因此选择甲和丙两图进行实验；
②该实验是通过比较加热时间来间接反映液体吸收热量的多少，相同时间内，两种液体吸收的热量相同，这是转换法的应用；
③因质量相等、初温相等的A和B两种液体，在升高相同温度时，B加热时间长，吸热多，B的吸热能力强，比热容大，根据Q＝cmΔt，质量相同的A、B液体降低相同的温度，B放热多，效果好，故选B；
由于水的比热容较大，所以B为水，根据，在质量和升高温度相同的情况下，吸收的热量与比热容成正比，由图丁可知，升高相同的温度（从10℃升高到80℃），A的加热时间是10min，B的加热时间是20min，B吸收的热量是A吸收热量的两倍，则A的比热容为水的比热容的一半，即A液体的比热容为：
；
（3）为了比较不同燃料的热值大小，根据控制变量法，要用不同的燃料，加热同一种液体，让液体的质量相同，通过温度计的示数高低得出吸热多少，进而判断热值大小，因此选择甲和乙两图进行实验；
根据分析可知，为了比较燃料1和燃料2的热值，应该在燃料完全燃烧后，通过比较温度计示数的变化量来得出结论。
故答案为：
（1）质量；
（2）甲、丙；加热时间；B；2.1×103；
（3）甲、乙；温度计示数的变化量。
四．综合应用题（共5小题）
22．【答案】（1）0.3kg汽油完全燃烧放出的热量为1.35×107J；
（2）在此过程中清扫车发动机的效率为30%。
【分析】（1）根据Q放＝qm求出0.3kg汽油完全燃烧放出的热量；
（2）根据W＝Fs＝Fvt求出清扫车发动机做的机械功，利用效率公式求出清扫车发动机的效率。
【解答】解：（1）0.3kg汽油完全燃烧放出的热量为
Q放＝qm油＝4.5×107J/kg×0.3kg＝1.35×107J；
（2）在此过程中清扫车发动机做的机械功为：
W＝Fs＝Fvt＝1350N×10m/s×5×60s＝4.05×106J，
在此过程中清扫车发动机的效率为：
η100%100%＝30%；
答：（1）0.3kg汽油完全燃烧放出的热量为1.35×107J；
（2）在此过程中清扫车发动机的效率为30%。
23．【答案】（1）10；
（2）行驶过程中游船克服阻力做的功是5×107J；
（3）发动机的热机效率是46.5%。
【分析】（1）根据速度公式可知游船行驶的平均速度；
（2）根据W＝fs得出行驶过程中游船克服阻力做的功；
（3）根据Q放＝mq柴油得出柴油完全燃烧放出的热量，根据效率公式可知发动机的热机效率。
【解答】解：（1）游船行驶的平均速度为v10km/h；
（2）行驶过程中游船克服阻力做的功是W＝fs＝1.0×104N×5000m＝5×107J；
（3）柴油完全燃烧放出的热量Q放＝mq柴油＝2.5kg×4.3×107J/kg＝1.075×108J，
发动机的热机效率是η46.5%。
答：（1）10；
（2）行驶过程中游船克服阻力做的功是5×107J；
（3）发动机的热机效率是46.5%。
24．【答案】（1）运动；减小；
（2）无人机的质量是20kg；
（3）无人机的汽油机的效率是20%。
【分析】（1）物体相对于参照物的位置发生变化，是运动的；
质量越大、速度越大，动能越大。
（2）根据G＝F压＝pS得出无人机的重力，根据G＝mg得出质量；
（3）得出无人机飞行的路程，利用速度公式得出飞行时间；根据W＝Pt得出有用功，根据Q放＝q汽油m得出汽油完全燃烧放出的热量，根据效率公式得出该车发动机的效率。
【解答】解：（1）如图所示，喷洒作业时，以无人机为参照物，田里的小麦的位置发生变化，是运动的；
沿水平直线匀速喷洒农药的过程中，无人机的质量变小，速度不变，动能减小。
（2）喷洒完农药后，无人机静止在水平地面时对地面的压强为2.5×104Pa，与地面的总接触面积为80cm2，则无人机的重力G＝F压＝pS＝2.5×104Pa×80×10﹣4m2＝200N，
质量m20kg；
（3）无人机飞行的路程s200m，
飞行时间t100s，
有用功W＝Pt＝9000W×100s＝900000J，
汽油完全燃烧放出的热量Q放＝q汽油m＝4.5×107J/kg×0.1kg＝4.5×106J，
该车发动机的效率为η20%。
答：（1）运动；减小；
（2）无人机的质量是20kg；
（3）无人机的汽油机的效率是20%。
25．【答案】（1）①；
（2）燃油的热值为4.2×107J/kg；
（3）关闭发动机，同时发电机开始工作直至汽车停下来，可回收的电能为2.25×105J；
（4）该汽车可利用刚刚回收的电能前进120m。
【分析】（1）若开启发电机，则动能会有一部分转化为电能，一部分克服摩擦做功；而关闭发电机时，动能全部用于克服摩擦做功；因此开启发电机时动能减小得较快，且运动的路程会较短，据此分析判断表示开启发电机进行测试的图线；
（2）根据汽车耗油量计算汽车正常行驶10km消耗燃油的质量，利用公式Q放＝mq计算燃油的热值；
（3）知道汽车的储能效率，根据W电＝ηEk计算可回收的电能；
（4）根据W机械＝η'W电计算电能转化为的机械能，根据汽车匀速行驶时受力平衡以及受到阻力为车总重的0.1倍计算出汽车匀速行驶时受到的牵引力，再根据W＝Fs求出汽车前进的距离。
【解答】解：（1）若开启发电机，则动能会有一部分转化为电能，一部分克服摩擦做功；而关闭发电机时，动能全部用于克服摩擦做功，因此开启发电机时动能减小得较快，且运动的路程会较短，故表示开启发电机进行测试的图线是①；
（2）汽车正常行驶100km消耗燃油的质量为7kg，
则汽车正常行驶10km消耗燃油的质量为m7kg＝0.7kg，
燃油的热值：
q4.2×107J/kg；
（3）可回收的电能为：
W电＝ηEk＝60%×3.75×105J＝2.25×105J；
（4）电能转化为汽车机械能为：W机械＝η'W电＝80%×2.25×105J＝1.8×105J，
汽车匀速行驶时受到牵引力为：F＝f阻＝0.1G＝0.1×1.5×104N＝1500N，
由W＝Fs得，汽车前进的距离为：
s120m。
答：（1）①；
（2）燃油的热值为4.2×107J/kg；
（3）关闭发动机，同时发电机开始工作直至汽车停下来，可回收的电能为2.25×105J；
（4）该汽车可利用刚刚回收的电能前进120m。
26．【答案】（1）小于；
（2）水吸收的热量为2.52×107J；
（3）热效率为93.3%，所以标注正确。
【分析】（1）流体流速越大的位置，压强越小；
（2）根据ρ求出水的质量，利用Q吸＝cmΔt求出水吸收的热量；
（3）根据Q放＝Vq燃气求出15min内燃气完全燃烧放出的热量，利用η100%求出该燃气热水器的热效率，据此确定该燃气热水器铭牌上标注二级能效是否正确。
【解答】解：（1）流体流速越大的位置，压强越小；排烟管利用风扇加快气体流动速度，使得排烟管内空气流速快，压强小，即排烟管内气体的压强小于燃烧室内气体的压强，从而使烟气只从排烟管流出。
（2）根据ρ可知，水的质量为：
m水＝ρ水V＝1.0×103kg/m3×200×10﹣3m3＝200kg，
水吸收的热量为：
Q吸＝c水m水Δt＝4.2×103J/（kg ℃）×200kg×30℃＝2.52×107J；
（3）15min消耗的燃气体积为，
15min内燃气完全燃烧放出的热量为：
Q放＝Vq燃气＝0.9m3×3×107J/m3＝2.7×107J，
该燃气热水器的热效率为：
，
根据能效等级划分标准可知，该燃气热水器的能效等级为二级能效，所以该标注正确。
答：（1）小于；
（2）水吸收的热量为2.52×107J；
（3）热效率为93.3%，所以标注正确。
学习目标
单元归纳
单元实验总结
典例精讲
对点演练
模拟演练
解题方法点拨
模拟演练
考点梳理
考点梳理
素养提升精炼
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